Damasceno Cap 6 a 9

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"CAPITULO 6
Componentes Simétricas
Por serem equilibrados e simétricos, tanto nas condições normais de funciona-
mento como no decorrer de curtos trifásicos, os sistemas trifásicos podem ser represen-
tados e calculados utilizando-se uma de suas fases e o neutro. Todavia, tal procedimento
não pode ser adotado quando ocorrem . ltas assimétricas (fase-terra, fase-fase e fase-
fase-terra), as quais provocam desequilíbrio dos sistemas. Nesses casos, os métodos
tradicionais de cálculo pelas Leis de Kirchhoffrevelam-se muito trabalhosos e de trato
difícil, devido à presença de máquinas rotativas. O Método das Componentes Simétri-
cas, abordado a seguir, facilita os cálculos com sua simplicidade.
6.1- Fundamentos
o Método das Componentes Simétricas se baseia em estudos de C. L.
Fortescue, divulgados em 1918 no anuário do AIEE. Posteriormente, contribuições de
diversos pesquisadores, com destaque para R. P. Evans e C. F. Wagner, permitiram
transformar tal método em poderosa ferramenta analítica aplicável a sistemas dese-
quilibrados.
Diz o Teorema de Fortescue:
"Qualquer grupo desequilibrado de n fasores associados, do
mesmo tipo, pode ser resolvido em n grupos de fasores equili-
brados, denominados componentes simétricas dos fasores origi-
nais".
6.2 - Componentes Simétricas Aplicadas a Sistemas
Trifásicos
De acordo com o Teorema de Fortescue, um sistema trifásico desequilibrado,
seqüência de fases a, b, c, caracterizado por três fasores de tensão Ya, Vb, Ve, girando
à freqüência angular da rede, conforme Figura 6.l.a, pode ser resolvido em três outros
sistemas simétricos, a saber:
a) um sistema trifásico equilibrado de fasores, na mesma seqüência de fases
do sistema desequilibrado original, denominado sistema de seqüência direta (ou sistema
de seqüência poeitioay; este sistema, mostrado na Figura 6.l.b, tem os fasores VaI, VbI,
154 Circuitos Polifásicos
Ycl, de igual grandeza e defasados de 120 graus; note-se que o algarismo 1, no índice,
junto às fases do sistema, indica seqüência direta;
b) um sistema trifásico equilibrado de fasores, na seqüência de fases inversa
da seqüência de fases do sistema desequilibrado original, chamado sistema de seqüência
inversa (ou sistema de seqüência negativa); este sistema, visto na Figura 6.l.c, tem os
fasores Ya2, Yb2, YC2, de igual grandeza e defasados de 120 graus; note-se que o algaris-
mo 2, no índice, junto às fases do sistema, indica seqüência inversa;
c) um sistema simétrico de fasores paralelos, chamado sistema de seqüência
zero; este sistema encontra-se representado na Figura 6.1.d por três fasores YaO, YbO,
,
b)
a)
c)
Fig. 6.1 - Diagrama fasoríal de componentes simétricas de tensões trifásicas.
Componentes Simétricas 155
Yco, de mesma grandeza e fazendo omesmo ângulo coma referência; note-se que o zero
colocadono índice, junto às fases do sistema, caracteriza a seqüência.
6.3 - Determinação Analítica das Componentes Simétricas
Os fasores mostrados nas Figuras 6.l.b, 6.l.c e 6.l.d, denominados Componen-
tes Simétricas do sistema desequilibrado original, podem ser facilmente obtidos. Para
°120°isso, fazendo uso do operador a = 1 / 1200 = - 0,5 + j 0,866 = eJ , tem-se para o
sistema de seqüência positiva (Figura 6.l.b):
Yal Ydl
Ybl 2 . Yala
Yel a. Yal
(6.1)
Para o sistema de seqüência n gativa (Figura 6.l.c) pode-se escrever:
Ya2 Ya2
Yb2 a. Ya2
YC2
2 . Ya2a
(6.2)
E, por fim, para o sistema de seqüência zero (Figura 6.l.d):
(6.3)
Como o sistema desequilibrado original foi decomposto em três sistemas
equilibrados simétricos, é válido escrever:
Sistema Trifásico Desequilibrado Original = Sistema de Se-
qüência Zero + Sistema de Seqüência Positiva + Sistema de
Seqüência Negativa.
Esta última igualdade expressa o Teorema de Fortescue e-está representada
graficamente na Figura 6.2.
Analiticamente ela é traduzida pelas equações escritas a seguir:
(6.4)
156 Circuitos Polifâsicos
,
Fig. 6.2 -Decomposição gráfica de fasores em suas componentes simétricas.
Para simplificar a notação, costuma-se fazer:
Adotando-se a citada notação e substituindo na Equação 6.4 os valores de VbI
e VcI dados por 6.1, os valores de Vb2 e Vc2 dados por 6.2, e os valores de VbOe Vco dados
por 6.3, obtém-se:
Va = Vo + VI + V2
Vb v, 2 . VI a. V2= + a +
Vc Vo a. VI 2 . V2= + + a
(6.5)
(6.6)
(6.7)
Ou, com representação matricial:
[~l[~1 12a a2a a (6.8)
Componentes Simétricas 157
A Equação 6.8, que permite determinar o sistema trifásico desequilibrado a
partir do conhecimento de suas componentes simétricas, é normalmente denominada
Equação de Síntese. Chama-se Matriz de Fortescue à matriz quadrada 3 x 3:
[
1 1 1
[F] = 1 a2 a
21 a a
(6.9)
Então, a Equação 6.8 pode ser escrita do seguinte modo:
e sua manipulação conduz a:
(6.10)
A Equação 6.10, que possibilita decompor em componentes simétricas o siste-
ma trifásico desequilibrado original, é costumeiramente chamada de Equação de Aná-
lise. A inversa da matriz de Fortescue é: .
1. [1 1 \
3 1 a a
1 a2 a
(6.11)
e portanto:
Outro caminho para se chegar à equação de análise pode ser seguido a partir
das Equações 6.5, 6.6 e 6.7, transcritas a seguir, para comodidade do leitor:
Somando membro a membro:
158 Circuitos Polifásicos
2Levando-se em conta que 1 + a + a = 0, resulta:
(6.12)
Multiplicando-se por a a Equação 6.6 e multiplicando-se por a2 a Equação 6.7,
obtém-se:
(6.13)
2 - 2 - 3- 4-a . V, = a . Vo + a . Vl + a . V2
3 4 2Levando-se em conta que a = 1, a = a, 1 + a + a
membro a membro as Equações 6.13, chega-se a:
° e somando-se
, Logo:
IV 'fT 2-3" ( a + a. vb + a . Vc) (6.14)
2Agora, multiplicando-se por a a Equação 6.6 e multiplicando-se por a a
Equação 6.7, obtém-se:
2" 2- 4- 3-a . Vb = a . Vo + a . Vl + a . V2 (6.15)
- - 2 - 3-a . Vc = a. Vo + a . VI + a . V2 /
Lembrando, uma vezmais, que a3 = 1,a4
membro a membro as Equações 6.15, chega-se a:
2a,l + a + a °e somando-se
- 1 TT 2 - TTV2 = 3" (v a + a . Vb + a. vc)
As Equações 6.12, 6.14 e 6.16 equivalem à equação de análise 6.10, vista
anteriormente. Os três fasores de cada sistema de componentes simétricas podem ser
determinados a partir do conhecimento de um dos fasores, empregando-se as Equações
6.1,6.2 e 6.3.
Embora até aqui fossem adotados fasores de tensão no estudo de componentes
simétricas, o Teorema de Fortescue aplica-se igualmente a quaisquer quantidades
alternadas associadas a uma máquina ou a um circuito trifásico, tais comocorrente ou
fluxo. Assim, em se tratando de correntes, adotando-se simplificação similar à das
(6.16)
Componentes Simétricas 159
tensões (10 = Iao, II = Iah 12 = Ia2), as expressões correspondentes para síntese e
análise passam a ser, respectivamente:
[~:l= 1 1 1 ~:l1 a2 a1 a a2
[~:l1 1 1 1 ~:l= "3 .1 a a21 a2 a
(6.17)
(6.18)
Exemplo 6.1 Conhecido o sistema desequilibrado formado pelas tensões:
determine os componentes do sistemas de seqüência zero, positiva e negativa.
Solução
= ~ (5 + 4 / - 90° + 8 /150°) 0,64 /180° V
5,51 /21.3° V
Vb1 a2 • VaI 1 / - 120° . 5,51 /21,30° 5,51 / - 98,70° V
Vc1 a.Va1 1/120°.5,51/21,30° 5,51/141,30° V
J,Ç)fo , -15, ,'I V
2,06 / - 79,2° V
160 Circuitos Polifâsicos
Vb2 = a. Va2 = 1 /1200 . 2,06 / - 75,60 = 2,06 /44,40 V
Vc2 = a2 • Va2 = 1 / - 1200 . 2,06 / - 75,60 == 2,06 / - 195,60 V
Exemplo 6.2 Certo sistema trifásico apresenta seqüência de fases a, b, c, e tem as
seguintes componentes simétricas de correntes de linha:
10 3,61 / - 146,31 o A
11 13,11 /26,800 A
12 4,12 /- 71,610 A
Obtenha as correntes de linha do sistema em apreço.
Solução
= 3,61 / - 146,310 + 13,11 /26,800 + 4,12 / - 71,610 10 A
3,61 / - 146,310 + 1 / - 1200 • 13,11 /26,800 + 1 /1200 • 4,12 / _ 71.610
12,04 / - 94,760 A
3,61 / - 146,310 + 1 / 1200 • 13,11 /26,800 + 1 / - 1200 . 4,12 / - 71,6 P
18,97 /161.570 A
6.4 - Considerações Sobre Componentes de Seqüência Zero
Tendo em vista posterior aplicação em estudos de proteção de sistemas elétri-
cos, são apresentadas, a seguir, algumas considerações sobre componentes de seqüência
zero.
a) Conformese depreende da Equação 6.10, não existem componentes simé-
tricas de seqüência zero se for nula a soma dos fasores que constituem o sistema trifásico
desequilibrado original. Neste caso, o sistema original de fasores é decomposto em um
sistema de seqüência positiva e outro de seqüência negativa.
Componentes Simétricas 161
b) Em sistemas trifásicos, qualquer que seja o desequilíbrio, a soma dos fa-
sores tensões de linha é nula e em conseqüência não existem componentes de seqüência
zero nas tensões de linha. Tal particularidade é aplicada no estudo de máquinas trifá-
sicas girantes. Para exemplificar: um motor de indução trifásico submetido a tensões
não equilibradas pode ter seu comportamento analisado com base em dois sistemas
equilibrados de tensões, de seqüência de fases opostas.
c) Em sistemas trifásicos, a soma das tensões de fase não e necessariamente
igual a zero e portanto estas tensões podem conter componentes de seqüência zero,
mesmo inexistindo tais componentes nas tensões de linha.
Em sistemas trifásicos a 4 fios, a soma das correntes de linha é igual à corrente
de retorno, 1n, pelo neutro (Figura 6.3.a). Do -mesmo modo, em sistemas trifásicos a 3
fios com ligação estrela aterrada, a soma das correntes de linha é igual à corrente de
retorno,lm pela terra (Figura 6.3.b). Nas duas situações é válido escrever:
(6.19)
Ib_--....:.=------- b
ia _
lc -o---------_~ Ic-
Ia -_---- .....•.a
In -
a} b}
Fig. 6.3 - Corrente de linha em sistemas trifásicos: a) a 4 fios; b) a 3 fios.
Pela Equação 6.18, vista anteriormente:
(6.20)
Comparando 6.19 e 6.20, conclui-se que:
(6.21)
Logo:
A corrente de retorno (pelo fio neutro ou pela terra) é igual a três vezes a
corrente de seqüência zero. A corrente de seqüência zero só existe se houver um circuito
fechado no qual possa circular. Em sistemas trifásicos a 3 fios, com carga em estrela ou
com carga em triângulo, a soma das correntes de linha é zero e portanto nenhuma
componente de seqüência zero está presente nas correntes de linha.
I
162 Circuitos Polifásicos
6.5 - Potência Através de Componentes Simétricas
A potência aparente total em um circuito trifásico é obtida por:
(6.22)
Na forma matricial:
(6.23)
T T • _ •
= [VOI2] • [F] . [F] . [10l2J ..
Todavia:
T •
[F] . [F]
[
3 O O]O 3 O
O O 3
3 . [
1 O O]O 1 O
O O 1
Portanto:
Ou:
(6.24)
E a potência ativa total terá por expressão:
P3 <I> = 3. Vo . 10 . cos e~o+ 3. VI .L, . cos e~, +
(6.25)
+ 3. V2 • 12 • cos e~2
onde e~é o ângulo de defasagem entre a tensão e a corrente indicadas.
6.6 - Conceituação de Impedância de Seqüência
Considere-se na Figura 6.4, em regime desequilibrado, um trecho passivo de
rede trifásica totalmente transposta, isto é, apresentando impedância própria (2.) igual
nas três fases e impedância mútua (2m) igual entre cada par de fases. As equações
correspondentes, tendo em vista as tensões e correntes assinaladas na figura, são:
(6.27)
Componentes Simétricas
\Lb_~ ~_
Fig. 6.4 -Representação de linha com impedânciaspróprias e mútuas.
Va Va' - Vali = Zs .t, + Im .t, + z, .t,
Yb = Yb' - Vb" = Zm .I; + Zs .Ib + z, .t, (6.26)
Ve = Ye' - V" = Zm .t, + z, .t, + z; .t,e
Aplicando a Equação 6.12 e utilizando as Equações 6.26, resulta:
Recorrendo agora à Equação 6.14 e lançando mão das Equações 6.26, obtém-se:
- IV - 2- nIl - 2-VI 3" ( a + a. Vb + a . Ve) = ús· 3" . ( a + a. h + a . Ie) +
(6.28)
I
L
164 Circuitos Polifâsicos
Por fim, com a Equação 6.16 e usando as Equações 6.26,tem-se:
TT 1.., 2- - -lI 2- -
V2 = 3" (va + a . Vb + a. Vc) = Zs' 3" . ( a + a .Ib + a. Ic) +
- 1"T - 2 - 2 - 1 -+ Zm' 3" . (lb + L; + a . Ia + a . Ic + a. a + a. Ib)
(6.29)
Resumindo:
\10 (Zs + 2. Zm) . 10
\11 (Zs - Zm) . 11 (6.30)
\12 = (Zs - Zm) .12
ou, na forma matricial:
1\10121 IZo121 rIOl2I
onde:
[\1012J [~;l
•
Componentes Simétricas
Fazendo nas Equações 6.30:
Z. + 2,Zm Zo
(Z8 Zm) = ZI Z2
obtém-se:
Vo Zo 10
VI ZI li
'à Z.,t ~
(6.31)
A razão entre a tensão e a corrente da seqüência recebe o nome de impedãncia
de seqüência, e portanto se chama:
Zo - impedância de seqüência zero;
Zl - impedância de seqüência positiva;
Z2 - impedância de seqüência negativa.
As Equações 6.31 permitem escrever a seguinte conclusão importante: Uma
rede trifâsica simétrica, em regime desequilibrado, pode ser representada por três siste-
mas de equações totalmente independentes, correspondentes aos sistemas de seqüência
zero, positiva e negativa. Assim, as correntes de seqüência zero, positiva e negativa,
encontram em seus caminhos, respectivamente, impedâncias de seqüência zero, posi-
tiva e negativa. Note-se que cada sistema de seqüência pode ser figurado por um circuito
monofásico equivalente.
Embora a demonstração tenha sido efetuada para um circuito passivo, o resul-
tado seria o mesmo para um circuito ativo, ou seja, que contivesse f.e.m .. Neste caso,
apenas ocorreria modificação dos valores da impedância de seqüência positiva e da
impedância de seqüência negativa, que normalmente seriam desiguais.
É oportuno destacar que se Z. e Zm tiverem o mesmo sinal, como geralmente
ocorre em linhas de transmissão, ter-se-á Zo maior que ZI e Z2. De outro modo, se Zm
tem sinal oposto ao de Z., como normalmente ocorre para os enrolamentos do estator de
máquinas trifásicas, ter-se-à Zo menor que ZI e Z2.
6.7 - Reatância de Seqüência dos Elementos de Sistemas
Elétricos de Potência
A aplicação do Teorema de Fortescue decompõe o sistema elétrico original em
três outros e exige a modelagem dos elementos de sistemas de potência para as seqüên-
cias positiva, negativa e zero. Como os componentes simétricos são sistemas trifásicos
equilibrados, costuma-se referenciar os modelos a apenas uma fase, normalmente a
fase a.
165
166 Circuitos Polifásicos
6.7.1 - Modelo de Gerador Síncrono
A Figura 6.5 apresenta esquematicamente um gerador trifásico aterrado atra-
vés de uma impedância Zn e tendo cada fase representada por uma fonte ideal de tensão
em série com uma impedância conveniente. A impedância Zn objetiva limitar a corrente
de curto-circuito entre fase e terra, como será visto mais adiante no Capítulo 7.
01 Ia Ia
~+~~~~------·~a
nl
.
b' Zb Ib
+ -1-----O-1-J----o b
n
Fig. 6.5 . Representação de gerador síncrono através de impedância.
É válida, para a Figura 6.5, a seguinte equação matricial:
(6.32)
Por outro lado, aplicando-se a matriz de Fortescue:
-z . [~ [~:l (6.33)
(6.34)
Componentes Simétricas 167
(6.35)
Substituindo 6.33, 6.34 e 6.35 em 6.32 e pré-multiplicando por [F]-l, obtém-se:
(6.36)
Então:
(6.37)
Para obter o modelo desejado, as 'Seguintes considerações devem ser feitas:
a) em cálculos de curto-circuito de sistemas de transmissão e sub-transmissâo
de energia costuma-se ignorar as resistências dos componentes do sistema, de valores
muito baixos, em presença das reatâncias. Passa-se a considerar, portanto, as reat ân-
cias de seqüência, assim definidas:
Xl - r~atância que o elemento do sistema de potência apresenta à passagem
da corrente de seqüência positiva;
)(2 - reatância que o elemento do sistema de potência apresenta à passagem
da corrente de seqüência negativa;
Xo - reatância que o elemento do sistema de potência apresenta à passagem
da corrente de seqüência zero.
b) o gerador é equilibrado por construção e portanto gera tensões equilibradas
somente na seqüência positiva, o que significa que E2 = 0, Eo = O.
Em conseqüência, as Equações 6.37 se transformam em:
(6.38)
o gerador síncrono apresenta três reatâncias distintas, a saber, em ordem
crescente:
reatância subtransitória (Xd");
reatância transitória (xd');
reatância síncrona ou de regime permanente (Xd) .
•
168 Circuitos Polifásicos
Seus valores, medidos através de ensaios de laboratórios, conforme Capítulo 5, são
fornecidos pelos fabricantes de máquinas elétricas. A natureza do estudo em andamento
determina qual deve ser a reatância a considerar.
Em cálculos de curto-circuito usa-se geralmente no modelo de seqüência posi-
tiva do gerador síncrono a reatância subtransitória,Xi', à qual vai corresponder o maior
valor da corrente de curto; no modelo de seqüência negativa e no modelo de seqüência
zero, usa-se valores de reatância medidos em período que pode ser considerado perma-
nente (reatâncias X2 e Xo).
Tendo por base as Equaçoes 6.38 resultam para o gerador síncrono os modelos
de seqüência positiva, negativa e zero, mostrados na Figura 6.6. O potencial do neutro
é igual ao potencial da terra nas seqüências positiva e negativa. Na seqüência zero o
potencial do neutro é obtido por - 3 .10. Zn.
Para alternadores ligados em estrela, diretamente aterrados ou isolados, os
modelos respectivos são facilmente obtidos fazendo-se Zn = O e Zn = 00
jXl jX2
r-
Iv,
---
1 12
El V2- 3Zn
Seqü&nciapositiva Seqüência negativa
jx,
Seqüência zero
Fig. 6.6 - Modelo de circuitos de seqüência para gerad· síncrono, por fase.
6.7.2 - Modelo de Transformador Trifásico de Dois
Enrolamentos
A modelagem do transformador tem por objetivo obter seus circuitos eqüiva-
lentes, por fase, para seqüência positiva, negativa e zero.
Transformadores e linhas de transmissão, elementos estáticos dos sistemas,
apresentam reatância de seqüência positiva com mesmo valor da reatância de seqüência
negativa, já que sua reatância não se modifica quando são permutadas duas linhas do
sistema trifásico a que pertencem. O ensaio de curto-circuito do transformador permite
obter Xl = X2. Os circuitos eqüivalentes, por fase, para seqüência positiva (Figura 6.7.a)
e seqüência negativa (Figura 6.7.b) são elaborados desprezando-se resistências e
corrente de excitação, e referindo as reatâncias a um dos lados (veja-se Capítulo 4).
j Xl = j Xd
oo------nnnnn~--------~o •••• oo
o o o o
a) Seqüência positiva b) Seqüência negativa
Fig. 6.7 - Circuito equivalente de transformador trifásico de dois enrolamentos, por
fase.
Componentes Simétricas
o modelo para seqüência zero depende do tipo do transformador e da maneira
como foi ligado, permitindo, ou não, o estabelecimento de corrente de seqüência zero
através de um percurso fechado. Sabe-se que os ampêres-espiras do primário de um
transformador são compensados pelos ampêres-espiras do secundário. Como as corren-
tes de seqüência zero nas linhas de um sistema trifásico estão todas em fase, é necessá-
rio existir um caminho que permita o retorno dessas correntes. Desta forma, no trans-
formador da Figura 6.8, as correntes de seqüência zero podem circular no primário e são
contrabalançadas pelos ampêres-espiras do secundário, ligado em triângulo. Todavia,
não existe retorno para as correntes no secundário e elas circulam dentro do triângulo,
não passando pela rede ligada ao secundário. Isso equivale a ser infinita a reatância de
seqüência zero no secundário.
~
10
To-
Fig. 6.8 - Correntes de seqüência zero em transformador estrela-triângulo.
Para determinar o modelo do transformador, por fase, correspondente à rea-
tância de seqüência zero, podem ser usadas a Figura 6.9 e três regras bastante simples:
Regra 1 - Se existe um circuito fechado que permite a corrente de seqüên-
cia zero circular entre fases e neutro (ou terra), feche a chave a.
Regra 2 - Se existe a possibilidade da corrente de seqüência zero circular
dentro do enrolamento, sem passar pelos condutores fase e neu-
tro (ou pela terra), feche a chave b. -
Regra 3 - Leve em consideração que Xm é muito maior que Xd e faça as
simplificações possíveis.
Aplicando-se este procedimento ao transformador da Figura 6.8 obtém-se,
num primeiro passo, a Figura 6.10.
Levando em conta que Xm» Xd, chega-se ao modelo por fase do transfor-
mador, para seqüência zero, visto na Figura 6.11.
169
170 Circuitos Polifôsicos
Xd
A
\ a o
(~ )
Xm ( ~ ) b
Fase
o
a
b (~ )
Neutro
Fig. 6.9 - Reatância de seqüência zero - Diagrama prático para determinação do mo-
delo de transformador de dois enrolamentos, por fase.
x xFase a a o
b Xm b
Neutroo~~~~----L--------------L------------------~------------~
Fig. 6.10 -Aplicação do diagrama prático mostrado na Figura 6.9.
Fase Xo=Xd = Xl o
Neutro
Xm » Xd
Fig 6.11 - Diagrama final correspondente à Figura 6.10.
Componentes Simétricas
Nas Figuras 6.12, 6.13, 6.14, 6.15 e 6.16, a seguir, tem-se modelos para
seqüência zero obtidos com aplicação das regras vistas, abrangendo transformadores
com diferentes tipos de ligações.
a) Ligação Triângulo - Triângulo.
Vide Figura 6.12.
b) Ligação estrela aterrada - estrela aterrada.
Vide Figura 6.13.
c) Ligação estrela - triângulo.
Vide Figura 6.14. ..
d) Ligação estrela - estrela.
Vide Figura 6.15.
e) Ligação estrela aterrada - estrela.
Vide Figura 6.16.
Nesta ligação, por não haver.compensação dos ampêres-espiras do primário
e do secundário, as correntes de seqüência zero, muito pequenas, circulam apenas no
primário. Seu valor, em p.u., pode ser determinado por:
110 =-x,
1 1
O,5Xd + Xm "" Xm
Faseo
Xd
2 a o
bb Xm
Neutro
Xo=Xd =Xl
o oFase
Neutro
Fig. 6.12 - Ligação triângulo-triângulo •
•
171
172 Circuitos Polifásicos
Xd
a "2~O---4.-4.~------~nnnn------~-----J
Xd
2 a
bb
Fase
Neutro
x = Xd =Xl··oo o__~nnnn _oo
Fase
Neutroo o
Fig. 6.13-Ligação estrela aterrada - estrela aterrada.
Xd Xda
~o oFase
b Xm b
Neutro
Xo=Xd=X1
o..- o
Fase
o Neutro
Fig. 6.14-Ligação estrela - triângulo.
Componentes Simétricas 173
a
o o
Fase
b Xm b
Neutro
"- Xô =Xd=Xl /o NVY'\ o
Fase
oNeutro o
Fig. 6.15· Ligação estrela· estrela.
Xd
a 2 a
o
Fase
b Xm b
Neutro
Fase ~=~ o
Neutro
Xm
Fig. 6.16•Ligação estrela aterrada· estrela.
174 Circuitos Polifãsicos
6.7.3 - Modelo de Transformador Trifásico de Três Enrolamentos
Os circuitos eqüivalentes do transformador trifásico de três enrolamentos por
fase, para seqüências positiva e negativa, são idênticos, de acordo com motivos já
expostos. A Figura 6.17 mostra esses modelos, em harmonia com o que foi explanado no
Capítulo 4.
Para obter o modelo para seqüência zero do transformador de três enrolamen-
tos, basta aplicar na Figura 6.18, a cada enrolamento, as mesmas regras citadas no item
precedente.
)....---05
X2(P) =X\(p) . X2(S) =Xl(,S)
P 5
x (5)
x (T)
o o o
'--_JV"""'_ T
X2(T) =X, (T)
Neu ro oNeutro
a) Sequência Positiva b) Se . ência N8Q<Jtiva
Fig. 6.17 - Modelo de transformador de três enrolamentos.
5 nFose o(.! )
16)
(ou neutro)
Fig. 6.18 - Reatância de seqüência zero - Diagrama prático para determinação do
modelo de transformador de três enrolamentos, por fase.
6.7.4 - Modelo de Linha de Transmissão
Em elementos estáticos dos sistemas de potência (linhas de transmissão,
reatores, etc) a reatância de seqüência positiva é igual à reatância de seqüência nega-
tiva. Sua obtenção é possível através de cálculos ou de ensaios.
A reatância de seqüência zero das linhas de transmissão é influenciada por
grande número de variáveis (características dos condutores da linha, material do cabo
de cobertura, natureza e resistividade do solo sob a linha, freqüência elétrica do sistema,
Componentes Simétricas 175
entre outras). Em consequencia, seu cálculo analítico ou sua medição apresentam
grande complexidade. Fórmulas estabelecidas por John R. Carson permitem obter va-
lores médios para tal reatância. De modo geral, em uma linha de transmissão a reatân-
cia de seqüência zero apresenta valor que se situa na faixa de 2 a 5 vezes o valor da
reatância de seqüência positiva da linha. Ou seja:
Xo .,. (2 a 5) Xl
Os circuitos eqüivalentes de linhas de transmissão, por fase, supõem perfeita
transposição da linha e são mostrados na Figura 6.19 para as seqüências positiva,
negativa e zero. (O modelo é simplificado, uma vez que considera apenas reatâncias).
x,
oo----~~~----oo
X2=X,
oo----~~~---oo
Xo
oo----~~~---oo
o o o o o o
a) Seqüência Positiva b) Seqüência Negativa c) Seq·úênciaZero
Fig. 6.19 - Modelos de linha de transmissão, por fase.
I
176 Circuitos Polifásicos
PROBLEMAS
6.1 - A Figura 6.P.l apresenta um sistema monofásico a três fios, no qual:
220 /00 V
VCN 220 /1800 V
r--------------------------------------oA
Determine as componentes
simétricasdas tensões de linha e das
tensões de fase.
~----------------~~L-------------------------------oB
~---------------------------------DC
Fig. 6.J'~1. Vide problema 6.1.
6.2 - Obtenha as componentes simétricas do sistema de tensões, de seqüência de fases
A,B,C:
6.3 - No sistema trifásico a 4 fios visto na Figura 6.P.2, a seguir, as correntes de linha
são:
Ia 120 + j O A
t, 50 - j 60 A
Ic =j80 A
Calcule as correntes de linha de seqüência positiva, negativa e zero.
Componentes Simétricas 177
~ - -Ia -100 + 101 + 102
b
.--+---------------------------------~n
t, =3Too
Ic - Ico + Icl + Ic2
c
Fig. 6.P.2 - Vide problema 6.3.
6.4 - Dadas as componentes simétricas de correntes de linha, a seguir, obtenha Ia, Ib,
Ie, sabendo tratar-se de um sistema de ,seqüência de fases a, b, c.
IaO 45 /0°
Iai 220 / - 30°
Ia2 190 /180°
6.5 - AB correntes de linha de um sistema trifásico que abastece certa carga desequili-
brada são:
IR 10 + j 25 A
t, 18 - j 9 A
IB - 6 - j 8 A
Sabe-se que a seqüência de fases é R, Y, B.
Obtenha as componentes simétricas dessas correntes. Comprove o resultado.
CAPÍTULO 7
Curtos-circuitos Assimétricos
Faltas assimétricas em sistemas de potência ocorrem mais freqüentem ente
que as faltas simétricas. Elas podem ser constituídas por: curtos-circuitos assimétricos
francos, faltas assirnétricas através de impedâncias e faseís) em aberto (ação de seccio-
namento não simultâneo de um ou mais condutores de um circuito trifás ico),
O método das componentes simétricas será empregado no estudo das faltas
aesimétricas, tendo em vista a circulação de correntes desequilibradas provocadas pela
ocorrência desses tipos de defeito. O método permite a determinação de correntes e
tensões, em qualquer parte do sistema, após o surgimento de faltas. Serão abordados:
curtos-circuitos fase-terra; fase-fase; fase-fase-terra; aberturas monopolar, bipolar e
tripolar. Serão também definidos os conceitos de potência de curto-circuito e fator de
sobretensão.
7.1 - Curto-Circui to Fase-Terra
Este tipo de falta, o mais freqüente em sistemas de potência, ocorre quando há
contato entre uma fase e a terra. Diz-se que o curto-circuito é franco (ou metálico)
quando não existe resistência de falta entre a fase e a terra; diz-se que o curto-circuito
apresenta resistência de falta se esta existir no ponto de defeito.
Considere a interligação entre dois sistemas elétricos, mostrada na Figura 7.l.
Considere, ainda, que no ponto F da interligação entre os dois sistemas ocorra uma falta
fase-terra na fase a.
A:5 condições de contorno são:
Ifb = Ire = O
"ra = Zr Ira
(7.1)
(7.2)
Transformando estas grandezas em componentes simétricas obtém-se:
1 [1 1 \] [Ira]_ 1[~al3 1 a a O - 3 !Ja
1 a2 a O Ira
(7.3)
e
(7.4)
180
Sistema ® fe Sistema~--------~--~~-+~
tb
Circuitos Polifásicos
a) Interligação entre dois sistemas em falta
Rede - lfe
Equivalente - r fb
_ [ta
b) Rede equivalente no ponto de faltá
Fig. 7.1 - Falta monofásica no ponto F.
Das Equações 7.3 e 7.4, conclui-se que:
- - - ~Iao = Ia! = Ia2 = 3
Yfa = YaO + Yal + Y,,2 = Zf 3Iao
Estas equações são re-
presentadas através do circuito
equivalente da Figura 7.2, onde:
Yth - é a tensão equiva-
lente de Thevênin no ponto F;
ZthO, Zthl e Zth2 - são
impedâncias equivalentes de se-
qüência zero, positiva e nega-
tiva, respectivamente, vistas do
pontoF.
(7.6)
f1
lva1
f2
tVfaZth2 lVa2
3Zf
ZthO
Fig, 7.2 - Circuito equivalente para falta monofásica.
•
Curtos-circuitos Assimétricos 181
Despreza-se, normalmente, a corrente de carga após a falta, uma vez que sua
intensidade é bem menor que a intensidade da corrente de curto-circuito. Por outro lado,
considera-se, para efeito de simplificação, que a tensão equivalente de Thevênin seja
igual a 1,0 p.u., tendo em vista que o sistema opera à tensão nominal antes da falta.
Exemplo 7.1 Considere o sistema apresentado na Figura 7.3.
Suponha que ocorra um curto-circuito fase-terra na linha 2,que interliga
as barras 2 e 3, a 30 km da barra 2. Despreze a saliência subtransitória
dos geradores (X2 = Xd") e a corrente de carga. Assuma tensão nominal
no instante em que ocorre o defeito e determine:
a) As correntes de curto-circuito no ponto de falta, admitindo curto-circuito
franco;
b) As correntes de curto-circuito no gerador ligado à barra 1, devido à falta
citada no item a, precedente;
c) As correntes de curto-circuito no ponto de falta, admitindo agora uma
resistência de defeito igual a 5 ohms.
2000MVA
x"d=20% CD
~ .
'I-::J.. LINHA 1
MVA L1NHA2
XT=lO% ~~
500 KV J!MJJ'C V
DADOS DAS LINHAS DE 500 KV :r, = O,025..1\./Km 'o = O,D)..I\.fKm
xl =0,327..1\./ Km xo = l,400...I\.../Km
5&). 7~d,vo '5r:i' 11tJ/a
Fig. 7.3 - Vide exemplo 7.1.
Solução
a) O primeiro passo consiste na transformação do sistema dado para outro em
valores p.u., de uma base comum. Adotar-se-à 1.000 MVA como potência base. Todos os
equipamentos estão na base de tensão das barras. Tem-se, assim:
Gerador da barra 1
X" = 02. 1000
d , 2000 0,1 p.u.
Transformador 1-2
1000
XT = 0,1 . 2200 0,04545 p.u.
182 Circuitos Polifâsicos
- Linhas Entre as Barras 2-3 -e: ~ rr
5(X) - I/WI~ ilG XJ,.,.,a
5002 )V
- Impedância base: Zb = 1000 = 250 Q
'i> ?aihw,. !P?~
- Linha 1:
(0,025 +j 0,327) . 220
250
0,022 + j 0,2878 p.U.
l - Ro + JO XoplJ.J. - ---"--"---"-
Zb
(0,300 + j 1,400) . 220
250 = 0,264 + j 1,232 p.U.
- Linha 2:
2pv. d.s a.1a'op,,",,7)
oJ.!>t "T~~<»{
Da barra 2 até o ponto de falta:
RI (p.u.) + j Xl (p.u.) = 0,0030 + j 0,0392 p.u.
Ro (p.u.) + j Xo (p.u.) = 0,0360 + j 0,1689 .p.u.
Do ponto de falta até a barra 3:
J.. o RI (p.u.) + j Xl (p.u.) = 0,0190 + j 0,2486 p.U.
.z- (Jv • d-r.5-t o cJepOI;' d.o p:JYlTJ o
d,!>-r 101,,e Ro (p.u.) + J Xo (p.u.) = 0,2280 + j 1,0640 p.u.
- Linhas Entre as Barras 3 e 5
RI (p.u.) + j Xl (p.u.) = 0,0150 + j 0,1962 p.U.
Ro (p.u.) + j Xo (p.u.) = 0,1800 + j 0,8400 p.u.
- Transformador 3-4
1000
Xr = 0,1· 500 = 0,2 p.U.
- Transformador 5-6
Está na base correta, logo,XT = 0,12 p.U..
- Gerador da Barra 4
Xi' 10000,3 . 4000 = 0,075 p.u.
1000
Xo = 0,12· 4000 = 0,030 p.u.
1000
XN = 0,08· 4000 0= 0,020 p.U.
Curtos-circuitos Assimétricos 183
Assume-se que os dados de seqüência negativa são iguais aos de seqüência
positiva. Resultam então as Figuras 7.4 e 7.5, com o ponto de falta assinalado e
contendo, respectivamente, os circuitos de seqüência positiva e seqüência zero, em p.u ..
(D-oZ -i> J1 11
~- 5 -t> 02, -P3-t>5,..p{,rt> 1 ~- -- -
(J- rf2 v 3-4 J '1-3
Fig. 7.4 - Vide exemplo 7.1.
~
0,022 jO,2878
CD jO,04545 I---NVIf---JT"YT'---+
(j)
0,003 jO,0392t=j0,2486
~101O,Ol9?
j 0,20 @ jO,075
-O)
100 CD
® 0,2640 p,2320
@jO,2jO,04545
0,036
jO,03
jO,.1
Fig. 7.5 - Vide exemplo 7.1.
Reduzindo-se os circuitos em questão aos seus equivalentes, chega-se às
Figuras 7.6 e 7.7.
Após efetuar-se a transformação triângulo-estrela entre os pontos 2, 3 e F,
obtém-se as Figuras 7.8 e 7.9.
As impedâncias equivalentes no ponto de falta são:
Zthl = (0,015 + j 0,34165) / / (0,0095 + j 0,3993) +
+ (0,0013 + j 0,017) = 0,00766 + j 0,2011 = 0,2012 187,82°
ZthO = (0,018 + j 0,1294) / / (0,114 + j 0,822) +
+ (0,0155 + j 0,0725) = 0,03105 + j 0,1843 = 0,1869 180,44°
onde Ii indica paralelismo das impedâncias entre parênteses.
184
-(1)
Ia1
12) 0,022 + j 0, 2818 ®
-jO,1445 0,003+j0,0392
seqüência positiv,a
Fig. 7.6· Vide exemplo 7.1.
0,2640+ j 1,2320
,
...• .
sequencic zero
Fig. 7.7· Vide exemplo 7.1.
Circuitos Polifâsicos
jOt215
jO,290
(2)0,015+jO,l962 0,OO95tjO,1243 G) Ia~3)--.,.;
Íal1 OtOO13tjO,0110 j 0,2150
F
Seqüência positiva
Fig. 7.8.-Vide exemplo 7.1.
•
Curtos-circuitos Assimétricos
® 0,01 +iO,087
185
. _...ti'I - (3)
O,114+JO,~ IaO-
Tao~ 0,0155+ i0,0725
F
Seqüência zero
jO,290
Fig. 7.9· Vide exemplo 7.1.
o circuito equivalente resultante para o cálculo da falta fase-terra é o
mostrado na Figura 7.10.
As correntes de seqüência no ponto de falta são:
1Iao = Iat = Ia2 = -----------------0,03105 + j 0,1843 + 2. (0,00766 + j 0,2011)
0,0464 +1j 0,5865 = 1,700/ - 85,5°
levando a:
Ira = 3Iao = 5,100 / - 85,5° p.u.
Ifb = Ire = O
A base de corrente no ponto
Fé:
s, 1000h - -- - 1,155 hA- ~Vb - ~500
As correntes de falta no ponto
F são:
Ira = 5,100. 1,155 = 5,891 / - 85,5° hA
1,0
t---f2
o,~di1 IVa2
Too
l---4fO
0,03105+ 1-jO,1843 VoO
Fig. 7.10· Vide exemplo 7.1.
186 Circuitos Polifásicos
b) Na barra 1, deve-se obter as contribuições das correntes de seqüência relati-
vas ao curto-circuito no ponto F e, em seguida, calcular as correntes de linha do gerador.
A corrente de seqüência zero é nula porquanto não existe ligação entre a barra
1 e a rede onde está ocorrendo a falta (Figura 7.5).
A contribuição de seqüência positiva e negativa pode ser obtida através do
circuito de seqüência positiva, encontrando-se 1::.
Do circuito de seqüência positiva transformado em estrela no item a, anterior,
e usando-se a regra do divisor de corrente, obtém-se:
Xi> 1-_q (0,0095 + j 0,3993) . 1,700/- 85,5°
.1 - (0,015 + j 0,34165) + (0,0095 + j 0,3993)
0,9159 / - 85,0° p.u.
Para as correntes de fase tem-se:
= 1,8320 / - 85,0° p.u.
"(1) 11) 211) 11) 20° 8 00
1b = .0 + a .1 '+ a .2 = ° + 1 / - 1 . 0,9159 / - 5, +
+ 1 / 120° . 0,9159 / - 85,0° 0,9159 / - 205° + 0,9159 /35° =
0,9159 / - 95,0° p.u.
"(1) "";(1) "";(1) 2 "";(1) °
1c = 1.0 + a 1.1 + a 1.2 = + 1 / 1200 . 0,9159 / - 85,0° +
+ 1 / - 1200 . 0,9159 / - 85,00 0,9159 /35° + 0,9159 / - 205°
A corrente base na barra 1 é:
1000
yg-13,~ 41,837 kA
Curtos-circuitos Assimétricos 187
h correntes em kAsão:
Ia1) 41,837 . 1,832 / - 85° = 76,645 / - 85° kA
tIl 41,837 . 0,9159 í 95° = 38,319 í~ kA
LI) 41,837 . 0,9159 /95° = 38,319 /~ kA
c) Ao considerar uma resistência de defeito de 5 ohms, precisa-se, inicialmen-
te, converter este valor para p.u. do lado da base em que ocorre a falta. A base corres-
pondente de tensão sendo 500 kV,a impedância base é igual a 250 ohms. Assim:
5
Zf(P.u.) = 250 = 0,02 p.u.
Assume-se que este valor seja resistivo. Deste modo, o circuito para o cálculo
das correntes de seqüência no ponto de falta é o indicado na Figura 7.11.
1,0 1V01
102 t2
31f
lV02 0,06
100 tO
0,03105+ 1
jO,1843 VoO
Fig. 7.11- Vide exemplo 7.1.
Então:
1
0,03105 + j 0,1843 + 2. (0,00766 + j 0,2011) + 0,06
1
0,5961 /79,72° = 1,678 / - 79,72° p.u.
1
0,1064 + j 0,5865
ou:
t; a.z, 5,034 / - 79,72° p.u.; Ifb = t; °
•
188 Circuitos Polifásicos
o valor da corrente de falta na fase a é
Ira = 5,034 / - 79,72° . 1,155 = 5,814 / - 79,72° kA
7.2 - Curto-Circuito Fase-Fase (Bifásico) ~ \)5(/1(\6,4
Uma falta fase-fase ocorre quando há contato entre duas fases, como mostra a
Figura 7.12 (b e c são as fases envolvidas).
ta
Sistema
ft)
Sistema
CD fe e
l~l l--- =0 --Ife
a)
Ifb Ifa
,
Rede Ita--Tt
Equivalente Ite-
b)
Fig. 7.12 - Caso geral de falta fase-fase.
AB condições de contorno são:
(7.7)
(7.8)
( (7.9)
Da Equação 7.7 tem-se:
resultando:
(7.10)
Curtos-circuitos Assimétricos 189
Tomando-se a Equação 7.8 tem-se:
- 2 - 2 -
2laO + (a + a ) lal + (a + a ) la2 = O
resultando em
(7.11)
Usando-se 7.10 em 7.l1emcontra-se:
3 t; = O; ou: O (7.12)
Logo, em faltas bifásicas não existe a componente de seqüência zero e
lal - la2, conforme Equação 7.10.
A condição 7.9 fornece:
2 V -= (a - a) ( aI - Va2) - 21 - '7 2 1Zr(a cl + ala2) = úr(a - a) aI
conduzindo ao resultado:
(7.13)
Pode-se obter as Equações 7.10 e 7.13 a partir do circuito equivalente repre-
sentado na Figura 7.13.
Exemplo 7.2 Resolver o exemplo 7.1 considerando falta fase-fase no ponto F.
-Z t: 'P0§7;[..VO<?- .'Y)~:iflvO ~_ ~ T 17 fPJ= ~ "'-lP'fúJ
t:b r"1<Y). ()'J. r-"~ - ~
Zth 1 ~ fl Zf f2 ~ Zth2
,-----1
Fig. 7.13 - Circuito equivalente para falta fase-fase .
•
190 Circuitos Polifásicos
Solução
a) Tendo por base o Exemplo 7.1, anterior, tem-se o circuito equivalente no
ponto F (Figura 7.14), onde:
Ial = 2. (0,0076~'0+ j 0,2011) = 2,485 / - 87,82° p.u.
Ia2 = -Ia1 = - 2,485 / - 87,82° p.u.
O,OO766.jO,2011 f1
~
lal
f O,00766+jO,2011
~
Ia2
+
, Fig. 7.14 - Vide exemplo 7.2.
Para as correntes de fase resultam:
Ifb = (a2 - a) Ial = V3 / - 90° . 2,485 / - 87,82°
= 4,304 / - 177,82° p.u.
Ire - 4,304 / - 177,82° p.u.
Ira = O
ABcorrentes em kA são:
Ifb = -Ire = 4,304 / - 177,82° . 1,155 = 4,971 / - 177,82° kA
Ira = O
b) Deve-se obter as contribuições de falta na barra do gerador. De modo seme-
lhante ao que foi feito no exemplo 7.1:
r) _ (0,0095 + j 0,3993) . 2,485 / - 87,82°
ai - (0,015 + j 0,34165) + (0,0095 + j 0,3993)
1 I'<.!.) .l (6-ólJ
0,5387 /0,53° . 2,485 / - 87,82° = 1,3387 / - 87,29° p.u.
Curtos-circuitos Assimétricos 191
Comoas redes de seqüência positiva e negativa são iguais pode-se escrever:
= 2,3187 / - 177,29° p.u.
= 2,3187 /2,71 ° p.u.
Transformando para kA na base do gerador, tem-se:
1;,') = 41,837 .2,3187 / - 177,29° 97,007 / - 177,29° kA
L') = 97,007 /2,71 ° kA
7.15.
c) O circuito equivalente apresentando resistência de falta consta da Figura
Logo:
1
2 . (0,00766 + j 0,2011) + 0,02
0,03532 ~ j 0,4022 = 2,477 / - 84,98° p.u.
t.; = - Ia! - 2,477 / - 84,98° 2,477 /95,02° p.u.
0,00766+ jO,2011 OP2 O,OO766+iO,2011--- ~------~.~--~ial Ía2
Fig. 7.15 - Vide exemplo 7.2.
192
As correntes de fase são:
Ira = O
Circuitos Polifásicos
Ifb = (a2 - a) Ial = Y3 / - 90° . 2,477 / - 84,98°
= 4,290 / - 174,98° p.u.
1 2 1 -[c = (a - a) al = - Ifb = 4,290 /5,02° p.u
Em kA resulta:
Ira = O
Ifb = 1,155.4,290 / - 174,98° 4,955 / - 174,98° kA
Ire = 4,955 /5,02° kA
~ pL, &MJl""
7.3 - Curto-Circuito Fase-Fase-Terra (Bifásico Com Terra)
Neste tipo de curto-circuito, além de haver contato entre duas fases ocorre
também, simultãneamente, contato com a terra. A Figura 7.16 ilustra este caso.
Sistema
CD
I l-fTfb lfa=O
ZG
fa
®
a)
Rede
Equivalente
ZG
- -
b)
Fig. 7.16- Diagrama equivalente de curto-circuito fase-fase-terra.
•
Curtos-circuitos Assimétricos 193
As condições de contorno são:
Ira = O (7.14)
(7.15)
(7.16)
Da Equação 7.14 resulta:
Jv1aO + Ial + Ia2 = O (7.17)
Esta equação indica que as três correntes de seqüência devem se somar em um
mesmo nó. Usando as Equações 7.15 e 7.16 tem-se:
(7.18)
(7.19)
Tendo em vista que Ira = 0, resulta:
Ifb + Irc = 3IaO
Yfb = z; (IaO + «i: + a la2) + 3 Za t.; (7.2 )
As tensões de fase em termos das tensões de seqüência ficam sendo:
(7.21)
- 2-Vrc = VaO + a VaI + a Va2 (7.22)
Desta forma, subtraindo-se 7.19 de 7.18 chega-se a seguinte expressão
que simplificada resulta em:
(7.23)
Substituindo Ya2 da expressão 7.23, em 7.20, resulta:
(7.24)
194 Circuitos Polifâsicos
As Equações 7.17, 7.23 e 7.24 devem ser resolvidas ao mesmo tempo. Elas
apresentam tensões e correntes que podem ser obtidas através da rede da Figura 7.17,
a qual representa o circuito equivalente para o cálculo de curto-circuito entre duas fases
e terra.
Zthl 1a1
-Va1
Zf <,
t Ia2
Zth2
+-
Vth
Fig. 7.17 . Circuito equivalente para defeito fase-fase-terr-a,
, Exemplo 7.3 Refazer o Exemplo 7.1, considerando falta entre duas fases e terra no
ponto F. Considere no item c do exemplo supra-citado os valores:
z( = O
Solução
a) O circuito equivalente no ponto de falta consta da Figura 7.18.
0,00766+ j 0,2011
-
laO-
0,03105 -ro,1$43
0,00766+ j ~2011
Fig. 7.18· Vide exemplo 7.3.
A corrente de seqüência positiva é:
L, = 3,353 / - 86,58° p.u.
As outras correntes de seqüência são:
i; 1,618 /89,60° p.u.
i: 1,742 i.96,98° p.u.
Curtos-circuitos Assimétricos 195
Pode-se então calcular as correntes de fase:
Ira = IaO + IaI + la2 = °
- - 2- -lfb = laO + a lal + a la2 = 5,2175 /152,24° p.u.
Ire = Iao + alal + a2Ia2 = 4,8427 /34.69° p.u.
Para os valores em kA tem-se:
Ira = °
Ifb = 5,2175 / 152,24° . 1,155 = 6,0260 /152,24° kA
Ire = 4,8427 /34,69° . 1,155 = 5,5933 /34,69° kA
b) Na barra 1os valores das correntes de seqüência são:
r) = (0,0095 + j 0,3993) . Ia2
~ (0,015 + j 0,34165) + (0,0095 + j 0,3993)
0,9387 /97,51 °
r) _ (0,0095 + j 0,3993) . Ia2
a2 - (0,015 + j 0,34165) + (0,0095 + j 0,3993)
0,9387 /97,51 °
ra6 = °
chegando-se às seguintes correntesde fase:
7(1) 7(1) 27(1) 7(1)
lfb = 100 + a lal + a 102 = 2,3782 / 174,65° p.u.
7(fbl) 1:1) 21:1) 1:1)i, = 00 + a ai + a 02 = 2,3782 /174,65° p.u.
7(1) _ 1:1)
lfc - aO + a ral: + a2 ra~ = 2,4536 / 15,3r p.u.
ou, em kA:
ral) = 0,8718 / - 89,8r . 41,837 = 36,473 / - 89,8r kA
1;,1) = 2,3782 / 174,65° . 41,837 = 99,497 / 174,65° kA
LI) = 2,4536 / 15,3r . 41,837 = 102,651 /15,36° kA
•
196 Circuitos Polifásicos
c) Levando-se em conta a resistência de falta adotada nos exemplos anteriores
tem-se (Figura 7.19):
Ial = 3,292 1- 83,7r p.u.
Ia2 = 1,701 14,31 ° p.u.
0,OO766+j Q,2011 Ia1- 006 ioo, -
0,03105 + jo, 1843
Fig. 7.19 - Vide exemplo 7.3.
Como:,
Iao = - (Ial + la2) = - (3,292 1- 83,77° + 1,701/84,3P)
= 1,667 1 ] 08,70° p.u.
r sulta para as correntes de fase:
Ira = 1,667 1108,70° + 3,292 1- 83,77° + 1,701 184,31 ° = O
Ifb = 1,667 /1 08.70° + 1/- 120° . 3,292 1- 83.7r +
+ 1 /120° . 1,701 184,31 ° = 5,554 1156,60° p.u.
Ire = 1,667 1108.70° + 1/120°. 3,292 1- 83,77° +
+ 1/- 120° . 1,701 184,31 ° = 4,350 135,99° p.u.
EmkA:
Ira = O
Ifb = 1,155. 5,554 1156,60° = 6,415 1156,60° kA
Ire = 1,155.4,350 /5,99° = 5,024/35,99° kA
Curtos-circuitos Assimétricos 197
7.4 -Abertura Monopolar e Bipolar
Este tipo de defeito ocorre quando há abertura de um ou dois condutores de
uma linha, passando esta a operar temporariamente com carga reduzida. Esta análise
é oportuna porque servirá de base para estudos de transitórios eletromecânicos e de
estabilidade transitória dos sistemas de potência quando submetidos a distúrbios desta
natureza.
7.4.1 - Abertura Monopolar
Considere, na Figura 7.20, a ocorrência da abertura da fase a da linha de
transmissão no trecho E-D.
Sistema
G)
As condições de
contorno são:
I::D o (7.25)
~D o (7.26)
~D o (7.27)
Fig. 7.20 -Abertura monopol
A Equação 7.25 fornece:
o (7.28)
e as Equações 7.26 e 7.27 proporcionam:
~D
~D
YEDO + a2 YED1 + a YED2
VEDO +>.,a YED1 + a2 VED2
o
O
(7.29)
(7.30)
Subtraindo 7.30 de 7.29, encontra-se:
2 - -
(a - a) (VED! - VED2) O
2Como (a - a) é diferente de zero:
(7.31)
Entrando com 7.31 em 7.29, obtém-se:
encontrando-se, finalmente:
(7.32)
Curtos-circuitos Assimétricos 199
~ 0,264 j 1,232 @
OjO.Q4Q45 ·02 ®J ,- 0,264 j1,232
jO,03
3Z jO,06
- -- - j 0,12
Fig. 7.23· Vide exemplo 7.5.
EO
tiE01
0,011 + jO,5614
VEr>
tIE02
0,011 tjO,5644
__1- ~~~------~00
o,
Fig. 7.24· Vide exemplo 7.5.
Como IED2 = - IEDI> então:
VED2 = VEDi = VEDO = - Zth2 . IED2 =
\.
= - 0,886 / - 88,88° . (- 0,5645 /88,88°) 0,5 p.u)
Logo:
VeD = VEDO + VED1 + VED2 = 1,5 p.u.
ou:
VeD 1,5.13,8 = 20,7 kV
198 Circuitos Polifásicos
o conjunto de Equações 7.28, 7.31 e 7.32 pode ser obtido do circuito equivalente
da Figura 7.21.
fiED2
Zth2
o,
Fig. 7.21 - Circuito equivalente para abertura monopolar.
Exemplo 7.5 No sistema do exemplo 7.1, determine a tensão na fa~e a quando ocorrer
uma abertura monopolar do disjuntor que conecta a barra 1 ao transfor-
mador 1-2.
Solução
O primeiro passo será calcular as impedâncias de seqüência vistas do ponto
em que ocorreu a abertura. Às seqüências positiva e negativa corresponde o circuito
visto na Figura 7.22 cuja impedância equivalente entre os pontos E e D é
Zthl = 0,011 + j 0,5644.
O diagrama de seqüência zero está representado na Figura 7.23 e conduz a~º--= co
/ Pode-se, agora, calcular a corrente de seqüência fEDI através do modelo equiva-
lente (Figura 7.24):
fEDI = 2. (0,011\0 j 0,5644) = 0,886 / - 88,88° p.U.
que permitirá o cálculo das tensões de seqüência.
022 jO,2878
0,022 jO2878
Fig. 7.22 -.Vide exemplo 7.5.
@
202 Circuitos Polifâsicos
7.6.2 - Monofásico
A potência de curto-circuito monofásico é, por definição, expressa por:
(7.41)
onde:
VN - tensão nominal no ponto onde ocorreu o defeito, em kV;
li <l> - corrente de defeito monofásica, em kA.
Em p.u. tem-se:
Scc i <I> (p.u.) s t; 3 (7.42)
2 Zthl + ZthO
7.7 - Sobretensões de Freqüência Industrial
,
Durante a ocorrência de faltas fase-terra, podem surgir elevadas sobretensões
nas fases não-defeituosas. Analisar-se-á, a seguir, como estimar a intensidade do defeito
monofásico nas fases sãs.
Considere o circuito equivalente da Figura 7.27, correspondente a uma falta
monofásica.
Foi visto anteriormente que:
t; = Vth
Zthi + Zth2 + ZthO + 3.Z,
f1
Vth 1Val
- 3Zf !VtaZth2
ZthO
to
1Vao
Fig. 7.27-Circuito equivalente para falta monofásica.
200 Circuitos Polifásicos
7.4.2 - Abertura Bipolar
A Figura 7.25 mostra a situação de abertura bipolar (fases b e c) de uma linha
de transmissão. As condições de contorno são:
-a - a
V'ED = o (7.33) LEa~Oa
Sistema I ~ Ob Sistema1ED o (7.34) G) !L~ ®De
l"ED o (7.35)
- -- -
Fig. 7.25-Abertura bipolar de uma linha de transmissão.
A Equação 7.33 conduz à seguinte composição:
(7.36)
As Equações 7.34 e 7.35 podem ser manipuladas através da exr ressâo:
- - - _4:D
IEDO = IEDl = IED2 - 3
As Equações 7.36 e 7.37 podem
ser representadas por intermédio do cir-
cuito equivalente apresentado na Figura
7.26.
1VED1
'----- ....•01
E2
liiED2
'-- 02
EO
1VEDODO
Zth2
resultando em
eth
(7.37)
ZthO
Fig. 7.26- Circuito equivalente para abertu-
ra bipolar.
Curtos-circuitos Assimétricos 201
7.5 - Análise dos Níveis de Defeito
Após terem sido analisados os diferentes tipos de faltas, cabem aqui algumas
considerações importantes sobre o assunto. São elas:
o defeito trifásico, do ponto de vista da estabilidade, é o mais crítico, porque
bloqueia a capacidade de transmissão das três fases;
do ponto de vista de curto-circuito, pode-se garantir que o defeito fase-fase
tem sempre intensidade inferior a do curto trifásico;
a corrente de defeito em faltas fase-terra é maior que a de curto trifásico nos
sistemas que tenham a presença de fontes de terra (devido à existência de
transformadores ligados em estrela aterrada - delta).
a exemplo do curto-circuito monofásico, o curto-circuito fase-fase-terra
tende a ser o mais severo à medida que a impedância de seqüência zero
diminui.
As observações em apreço podem ser facilmente comprovadas calculando-se as
correntes para os quatro tipos de curto-circuito e comparando-as à corrente de
curto-circuito trifásica.
7.6 - Potência de Curto-Circuito
7.6.1 - Trifásico
A potência de curto-circuito trifásico, conforme já abordado no Capítulo 5, '
expressa por:
(7.38)
onde:
v -tensão nominal de operação, no ponto onde ocorreu o defeito, em kV;
13'" - corrente de curto-circuito trifásico, em kA.
Em p.u. tem-se:
Scc3'" (MVA)
SB
VN i.:-.---
VB SB
V3VB
(7.39)
Vp.u. lp.u. 3'"
Desprezando-se a corrente pré-falta e adotando-se Vp.u. 1 p.u.
1
Scc 3 '" (p.u.) = lp.u. 3'" = -Z
th
(7.40)
Curtos-circuitos Assimétricos 203
Ais tensões de seqüência são:
Zth2 + "ZthO + 3. Z{ V.
Zthl + Zth2 + ZthO + 3. z{ th
(7.43)
v. z I -Zth2 V,
a.L '" - th2· a2 '" 'Zthl + 'Zth2 + 'ZthO + 3. z{ th (7.44)
A tensão resultante na fase b será:
- - - -ZthO -
VaO '" - ZthO .Iao '" Vth
Zthl + Zth2 + ZthO + 3. Z{
(7.45)
- 2- -
VaO + a VaI + a Va2 '"
2 -
a (Zth2 + ZthO + ·3·. Z() - a Zth2 - ZthO--~~=---~~---=~----~=---~11eh
Zthl + Zth2 + ZthO + 3. Z{
(7.46)
Considerando o fato que Zthl '" Zth2 na maioria dos casos (desprezada a
saliência subtransitória das máquinas sínc onas), acrescentando-se e subtraindo-se
a2 Zthl no numerador da Equação 7.46, tem-se:
V. (
2 Zthl - ZthO ) -
fb '" a + Vth2 Zthl + ZthO + 3. Z{
(7.47)
De forma análoga encontra-se:
V. ( Zthl - ZthO ) -
(c '" a + 2 Zthl + 'ZthO + 3. z{ vth (7.48)
Define-se Fator de Sobretensão comoa relação entre a tensão fase-neutro na
fase sã durante o defeito e a tensão pré-falta na mesma fase. Deste modo, utilizando-se /
as Equações 7.47 e 7.48 obtém-se:
FATOR DE SOBRETENSÁO NA FASEB = I ~ I =
I
2 Zthl - ZthO ·1- a +- 2 Zthl + 'ZthO + 3. Z{
(7.49)
FATOR DE SOBRETENSÁO NA FASE C = I ~ I =
I
Zthl - 'ZthO I- a +
- 2 Zthl + ZthO + 3. Z{
(7.50)
•
204 Circuitos Polifâsicos
PROBLEMAS
7.1 - Tendo em vista o sistema de potência mostrado na Figura 7.P.l, determine:
f!!Jas correntes de curto-circuito franco, monofásicoe trifásico, em cada barra;
b) a potência de curto-circuito monofásico e trifásico.
230KV
LT r1 .•.j xl = 0,1 + j 0,5 .Jl. IKm
'o •.jxO = 0,3+jl,2 A/Km
Tl 13,8/230 KV, 800 MVA XT = 12°/0
T2 230/18 KV, 150 MVA Xr = 10°/0
Fig. 7.P.I - Vide problema 7.1.
7.2 - Na barra 2, do Problema 7.1, qual dos quatro tipos de curtos-circuitos é mais
intenso?
7.3 - Determine os valores do fator de sobretensão na barra 3, do Problema 7.1.
7.4 - Em relação ao Problema 7.1, se uma abertura bipolar ocorrer nas fases b e c da
LT-1 na saída da barra 2, qual será a corrente que irá circular na fase a?
7.5 - Ainda em relação ao Problema 7.1, se uma abertura monopolar ocorrer na fase a
da LT-1 na saída da barra 2, qual será a intensidade das correntes que fluirão pelas
demais fases?
Curtos-circuitos Assimétricos 205
7.6 - O sistema constante da Figura 7.P.2 apresenta na barra 1 potência de curto-cir-
cuito trifásico igual a 1400 MVA e potência de curto-circuito monofásico igual a
1100 MVA.
50JKV 500KV
~
(j) ®Ll
..r:?f c. Síncrono
'150 MVA
11 "2r\ 01
)(d = 'AI 10
Fig. 7.P.2 - Vide problema 7.6.
230KV r~318KV.# Ll
.J:--+-'-"( 'V 'f:;..
®~' ~MVÂo
Xr= 1&0"' Xd =25 Yo
Determine as correntes de curto-circuito na barra 3, quando esta barra é
submetida a uma falta bifásica C~)Ip. terra, metálica. Considere as impedâncias de
seqüência das linhas de transmissão como tendo o mesmo valor. Dados do ransfor-
madorTl:
Primário: 500 kV, 1.000 MVA, Zps = 8 % na base de 1.000 MVA;
Secundário: 230 kV, 700 MVA, Z,PT = 10 % na base de 1.000 MVA;
Terciário: 13,8 kV, 360 MVA, ZST = 6 % na base de 700 MVA.
"CAPITULOS
Matriz de Impedância Nodal
Nos capítulos anteriores foi abordada a determinação dos varres tipos de
defeitos, conhecida a configuração do sistema. No presente capítulo enfocar-se-á o
assunto sob a forma matricial. Será mostrado como obter a matriz ZBUS ou matriz de
impedância nodal, a partir de algorit nos básicos de montagem. Estes algoritmos,
através de modernas técnicas de computação, podem ser facilmente implementados em
computadores digitais.
A vantagem da resolução por matriz, em relação à abordagem dos capítulos
anteriores, é que o efeito de impedâncias mútuas pode ser analisado com alterações
simples na matriz ZBUS. Uma vez montada, a matriz de impedância nodal permite que
contribuições ao curto, em qualquer parte do sistema, sejam obtidas através de simples
inversão de um termo da matriz. Uma outra vantagem é que sistemas de grande porte
podem ser estudados, sem a necessidade do cálculo manual da impedância eqüivalente
de 'I'hevànin no ponto de defeito.
8.1 - Definições
Suponha uma rede elétrica genérica, linear, passiva e invariante no tempo.
Define-se Matriz de Impedância Nodal ou ZBUS como a matriz que relaciona as tensões
nas barras (medidas em relação a uma barra de referência) com as correntes injetadas
por "geradores" aplicados entre a barra considerada e a referência.
A equação geral relacionando tensões e correntes é da forma
[V] = [ZBUSJ [1] (8.1)
onde:
[V] - vetor das tensões das barras;
[1] - vetor das correntes injetadas.
o inverso da matriz de impedância nodal (ZBUS) é chamado matriz de admi-
tância nodal (YBUS) e seu estudo não será objeto deste livro.
A Figura 8.1 ajudará o entendimento das definições que seguem.
208
REDE
IELETRICA
BARRA O
K
Circuitos Polifâsicos
lj
Fig. 8.1 - Sistema elétrico com n barras e barra de referência.
Define-se:
Impedância de entrada da barra j, em circuito aberto:
Z·· 11 ~
'JJ - Ij
onde Yj é a tensão que surge na barra j em relação à referência, quan .o se aplica uma
corrente I.i entre a barraj e a referência, com as demais barras em circuito aberto.
(8.2)
Impedância de transferência entre as barras k e j, em circuito aberto:
V:.Z'k 11 .u.
'J - h
onde a corrente Ik é aplicada entre a barra k e a referência, estando todas as outras
barras em vazio.
Se a rede é linear e passiva tem-se (Teorema da Reciprocidade):
Tendo em vista que
a rede da Figura 8.1 é linear,
pode-se aplicar, na sua reso-
lução, o Teorema da Super-
posição. Para isso, serão con-
siderados n sistemas separa-
dos, conforme a Figura 8.2,
os quais, juntos, equivalem à
rede global.
(8.3)
(8.4)
Fig. 8.2 - Aplicação do teorema da Superposição
para a rede da figura 8.1.
Matriz de Impedãncia Nodal 209
Na representação mostrada na Figura 8.2 tem-se:
Vn1 - tensão na barra n em aberto, quando há injeção de corrente na barra 1;
Vnn - tensão na barra n quando há injeção de corrente na própria barra .
.Ais equações de cada rede da Figura 8.2 são expressas a seguir:
rv11 Zu t,
IV21 Z21 t,
I .
~ (8.5)
II .
= Znl IIlVn1
rV12 = Z12 i,
IV22 = Z22 12
I .
~ (8.6)
II .
= Zn2 12lVn2
rv., z., t;
IV2n Z2n t;
I .
~ (8.7)
II .
lVnn = Znn L;
Somando-se todas as contribuições para a tensão em uma barra, tem-se:
V11 + V12 +
V21 + V22 +
(8.8)
= Vn1 + Vn2 + ... + Vnn
Pode-se colocar agora cada tensão em função de impedâncias e correntes,
resultando em:
= Zl1lt + ZI2/2 +
= Z21lt + Z22/2 +
(8.9)
210 Circuitos Polifásicos
Este sistema de equações, posto em uma forma matricial, corresponde a:
(8.10)
Portanto, a matriz que relaciona tensões e correntes na Equação 8.10 é a
mesma da expressão 8.1.
8.2 - Algoritmos de Montagem da Matriz ZBUS Sem Mútuas
As técnicas de montagem da matriz ZBUS sem mútuas são descritas a seguir.
De acordo comosurgimento de uma barra no processode montagem, pode-se ter quatro
tipos de ligações:
, 8.2.1 - Ligação Entre a Referência e Uma Barra Nova (1º Caso)
A Figura 8.3 ilustra a conexãode uma barra nova (barra k) à referência.
Das definições da Seção 8.2, deduz-se que ao se injetar uma corrente h na
barra k, com as demais em aberto, a tensão nas outras barras permanecerá nula,
conforme pode-se observar na Figura 8.3. Logo:
com) 1, n e) .••k.
I
I
REDE 2
I
, • I
ELETRICA • n
• I
I
ZK
I I
I
-'--
(8.11)
Na barra k, a tensão não é nula, pois
nesta barra foi injetada uma corrente lh. Assim:
(8.12)
Após esta alteração na rede, a dimen-
são da matriz é aumentada de uma linha e uma
coluna, sendo que os elementos da matriz anti-
ga não sofrem alterações. A Figura 8.4 ilustra
este procedimento.
I<
00 000
O
O
[
Z ORIGINAL]
BUS
••
Fig. 8.3 - Ligação de uma barra nova à
referência. Fig. 8.4 . Matriz Znus modificada.
Matriz de Impedãncia Nodol 211
8.2.2 - Ligação de Uma Barra Existente a Uma Barra Nova
(2º Caso).
A Figura 8.5 esclarece este procedimento para o caso de acréscimo da barra k.
A adição da nova barra k não altera a matriz original, a não ser por acrescentar
uma linha e uma coluna à mesma. Este resultado se justifica porque a nova barra não
apresenta ligação com mais menhuma
outra, até o presente estágio de monta-
gem da matriz ZBUS.
Injetando-se agora uma cor-
rente de 1,0 p.u. na barra k, com as
demais em vazio, tem-se:
1
I
• I -
• j Ik k
REDE --• I I I I
I I I I•• ZjkELETRICA • n
• I
I
..-'--
Fig. 8.5 - Ligação de uma barra nova a uma
barra existente.
Na barraj obtém-se:
Logo:
Para a barra k tem-se:
(8.13)
com L = 1, n e i o<! j.
Para as outras barras da re-
de, é como se injetássemos a corrente
emj. Desta forma:
Zik = Zij (8.14)
(8.1..•)
(8.16)
A forma da nova matriz é mostrada a seguir:
Zll Z12 z., Zln Zlj
Z21 Z22 Z~ Z2n Z~j
[ZBUSJ Zjl Zj2 Zjj z.; Z··'JJ
Znl Zn2 Znj Znn Znj
Zjl Zj2 Z·· z.; Zjj + Zjk'JJ
(8.17)
•
.L
212 Circuitos Polifásicos
8.2.3 - Ligação Entre Uma Barra Existente e a Referência
(3º Caso)
Considere a rede mostrada na Figura 8.6. Neste caso, uma impedância ZjO é
conectada entre uma barra j já existente e uma barra fictícia k, ligada à referência.
I
I
REDE 2I
I • I
ELETRICA • j ZjO k
• I I
I I I
í
..
-'--,
Fig. 8.6 - Ligação de uma barra já existente, à referência,
o procedimento é análogo àquele descrito no item 8.2.2. Como a barra k está
ligada à referência, Vh = O.Assim, obtém-se a equação matricial:
VI Zu ZI2 Zln I Zlj h
V2 Z2I Z22 Z2n I Z~ 12
I
I (8.18)
Iv, Znl Zn2 z.; I Znj ln
---
O Zjl Zj2 z.; I Zjj + ZjO h
Uma vez que a tensão Vh é nula, no sistema deequações 8.18 pode-se eliminar
a corrente Ii: Este procedimento implica nas eliminações da k-ésima linha e k-ésima
coluna da matriz formada até então. Tal procedimento é conhecido como redução de
Kron de uma matriz.
A atualização dos elementos de uma matriz A genérica, ao se efetuar uma
redução de Kron, devido às eliminações da k-ésima linha e k-éaima coluna, é a seguinte:
I Gih ahj
aij = aij - ---
ahh
'fi i,j ;o! k e ahh;o! O
onde a' ij é o elemento atualizado da matriz A, pertencente a i-ésima linha e j-ésima
coluna.
Matriz de Impedância Nodal 213
Realizando-se, portanto, redução de Kron na matriz do sistema de Equações
8.18, chega-se a:
Z11
ZljZjl
Z12
Zlj Zj2
Zln
ZljZjn- - -
Z·· + ZjO Z·· + ZjO Z·· + ZjO'JJ 'JJ 'JJ
Z21
Z2jZjI
Z22
Z2jZj2
Z2n
Z2jZjn- - -
Z·· + ZjO Z·· + ZjO Z·· + ZjO'JJ 'JJ 'JJ
(8.19)
Logo, uma ligação entre uma barra existente e a referência não altera a
dimensão da matriz ZBUS.
8.2.4 - Ligação Entre Duas Barras Já Existentes (49 Caso)
A Figura 8.7 apresenta o acréscimo de uma ligação entre duas barras já
existentes.
1
• -- -
j/
lj -
REDE • lj - lz lz• -- --+
I
E LETRI CA Ik .•.Iz k Zkj- "-....-
Ik
Fig. 8.7 - Ligação entre duas barras já existentes.
214 Circuitos Polifâsicos
Observe que as barras j e k têm correntes injetadas Ij - Iz e h + Iz, respecti-
vamente, resultando a seguinte equação matricial:
Zll
Aplicando a Lei de Ohm à impedância Zjk. tem-se:
, A Equação 8.21 pode ser desmembrada em:
(8.20)
(8.21)
dando em seguida:
Agrupando 8.20 e 8.22, e fazendo-se Zjk = Zkj tem-se:
~ '(/
VI Zu· .. (b) ~ ... z., áF;l
-------'0 .!. Zjl ... Zjj Zjk
Vk ,;1:= ..•. z; ~. Zkj Zkk
v,
Znl Znj Znk z.; 13n In
A---O
1 t.C9 Uj. Uk Un y
•~
lu
(8.22)
(8.23)x
Matriz de Impedância Nodal 215
onde:
i 1,n
~i = Zik - Zij t = 1, n
y = Zjj + Zkk - 2 Zjk + Zjk
Eliminando-se a corrente /z por redução de Kron, resulta:
Z11 Z12 Zln a- -~Z21 Z22 Z2n
[ZBUSJ
, 1
-/ X
Z·· + Zkk - 2Zjk + Zjk'JJ
Znl Zn2 z.;
(8.24)
(Zlk - Zlj)X(Zkl - Z'l) (Zlk - Zlj)X~Zkn - z}")]
(Z2k - Z~)X(Zkl - Zjl) (Z2k - Z~)X(Zkn - Zjn)
...
x
(Znk - Znj)X(Zkl - Zjl) (Znk - Znj)X(Zkn - Z}")j
A dimensão da matriz ZBUS também não é alterada neste caso.
Exemplo 8.1 Obter a matriz de impedância nodal da rede mostrada na Figura 8.8, a
seguir.
jO,5 j 0,5
Fig. 8.8 . Vide exemplo 8.1.
Solução
De início, liga-se uma barra à referência (I" Caso). Pode ser, por exemplo, a
barra 1. Desta forma:
[ZBUsJ = j [0,5J
216 Circuitos Polifásicos
Uma nova barra pode ser criada. Suponha agora a barra 2 ligada à referência
(12 Caso). Tem-se a nova matriz:
Barra 1 Barra 2
[ZBUSJ = j
------ ------
0,5 ° Barra 1° 0,5 Barra 2
o passo seguinte é conectar a barra 3, que é nova, à barra 1 (2º Caso).
Barra 1 Barra 2 Barra 3
------ ------ ------
[ZBUSJ =J 0,5 ° 0,5 Barra 1° 0,5 ° Barra 20,5 ° 1,5 Barra 3
A última ligação que restou é entre a barra 1 e a barra 2, barras estas já
existentes (42 Caso). Logo:
Barra 1 Barra 2 Barra 3 Lig 1-2
------ ------ ------ ------
0,5 ° 0,5 0,5 Barra 1[ZBUSJ =J ° 0,5 ° - 0,5 Barra 20,5 ° 1,5 ° Barra 3------ ------ ------ ------
0,5 - 0,5 0,5 0,9 Lig 1-2
Aplicando redução de Kron na última linha e na última coluna, resulta:
Barra 1 Barra 2 Barra 3
------ ------ ------
[ZBUSJ = j 0,3214 0,1786 0,32]4 Barra 1
0,1786 0,3214 0,1786 Barra 2
0,3214 0,1786 1,3214 Barra 3
8.3 -Algoritmos de Montagem da Matriz ZBUS com
Acoplamentos Mútuos
No caso geral de redes elétricas existe oacoplamento mútuo entre fases e entre
circuitos. Em algumas situações comono caso de curto-circuito deve-se levar em conta
este fator. O caso mais geral acontece nas redes de seqüência zero de linhas que ocupam
uma mesma faixa de passagem.
•
Matriz de Impedância Nodal 217
Os acoplamentos magnéticos são característicos apenas das linhas de trans-
missão, as quais são aterradas na seqüência zero através das impedâncias de transfor-
madores. Desta forma, não é preciso desenvolver algoritmos para ligações mutuamente
acopladas envolvendo a referência. Tem-se, assim, apenas dois tipos de adição de ligação
a considerar, os quais são estudados a seguir.
8.3.1 - Ligação Mutuamente Acoplada Entre Uma Barra Já
Existente e Uma Barra Nova
A Figura 8.9 ilustra o caso de uma rede em que ocorre acoplamento mútuo
entre os diversos ramos da rede.
REDE,
ELETRICA
1
•
• Ijk
• - -
Vjk
Fig. 8.9 -Rede elétrica com acoplamento mútuo.
O procedimento de montagem da matriz ZBUS nesta situação é diferente
daquele visto na Seção 8.2.
Suponha que a barra k na Figura 8.9 seja criada devido ao acréscimo da ligação
j-k. Suponha ainda que haja acoplamento mútuo da nova ligação com uma ou mais
ligações genéricas da rede original.
Nesta situação, a equação da rede é:
VI Zlk rlt
V2 Z2k 12
z;,RIGINAL
BUS (8.25)
v, Znk 1n
v, ZkI Zk2 Zkn Zkk h
•
218 Circuitos Polifásicos
onde os elementos Zij (i,j ~ k) não se alteram em presença da nova ligação, pois uma
injeção de corrente na barra i (i ~ k), com as demais em vazio, não provoca circulação
de corrente na nova ligação.
Resta então calcular os elementos das novas linha e coluna acrescentadas à
matriz. Estes elementos, ao contrário do caso sem mútuas, sofrerão alterações devido à
presença dos acoplamentos.
Determinação de Zki, com i ~k
Por definição, Zki é a relação entre a tensão em k e a corrente aplicada em i,
com todas as demais barras em vazio. Ou seja:
(j ~ i)
Observando-se a Figura 8.9 tem-se para a tensão na barra k:
(8.26)
O cálculo de Vk nesta situação não é direto como no caso sem mútuas, porque
depende da tensão Vjk que por sua vez depende do acoplamento mútuo entre ligações.
Uma forma de resolução deste problema é através da matriz de impedância primitiva
do grupo de mútuas, descrita a seguir.
Considere-se o circuito acoplado da Figura 8.10. A sua equação matricial de
performance, em termos das impedâncias primitivas, é:
[
Zpq,pq
= Zrs,pq
Ztu,pq
Zpq, rs Zpq, tu]
zrs, rs zrs, tu
Ztu, rs Ztu, tu
(8.27)
]15 Zpq,pq qp. I I •
Ír: 1Zpq.rs Zpq,tu Zrs, r s sr -.
l~r; )zrs.tu
Z tu, tut~ u
•
VutfVt
Fig. 8.10 - Rede elétrica .com impedâncias próprias e mútuas.
Matriz de Impedãncia Nodal 219
ou ainda:
(8.28)
sendo:
~V -vetor queda de tensão nos elementos;
[Zp] - matriz de impedância primitiva do grupo de mútuas;
lp - vetor das correntes dos elementos.
Deve-se observar as polaridades dos elementos, cuja indicação é feita através
da marca • na Figura 8.10.
Define-se impedãncia primitiva própria de uma ligação genérica p-q como a
impedância Zpq, pq própria desta ligação. Define-se impedância primitiva mútua entre as
ligações mutuamente acopladas p-q e r-s como a impedância Zpq, rs- O objetivo de
montagem da matriz de impedância primitiva é auxiliar na montagem da matriz de
impedância nodal propriamente dita. São, assim, duas matrizes que devem ser monta-
das seqüencialmente à medida que uma nova barra é acrescentada. No caso da primeira
matriz, somente as barras que contenham ligações com impedâncias mútuas são ne-
cessárias. É importante que o leitor assimile bem esta idéia.
O processo de montagem da matriz de impedância primitiva [Zp] do grupo de
mútuas para uma nova ligação divide-se também em duas etapas. A primeira consiste
em se considerar os acoplamentos mútuos já existentes na matriz [Zp] e, por conseqüên-
cia, na matriz ZBUS. Na segunda etapa ocorre a inserção da nova ligação mutuamente
acoplada. Define-se então um sistema aumentado da forma:
(8.29)
onde:
VOd - vetor das tensões nas ligações com mútuas já existentes;
Iod - vetor das correntes das ligações o-d definidas anteriormente;
[Zod,od] - matriz primitiva das ligações do grupo de mútuas já presentes na
matriz ZBUS.
[Zod,jk] e [Zjk,od] - vetores coluna e linha, respectivamente, contendo as im-
pedâncias mútuas entre as ligações já existentes e a ligação
adicionada;
Vjk, Ijk - tensão e corrente na ligação j-k, respectivamente;
Zjk,jk - impedância primitiva própria da ligação acrescentada.
Observe-se que sendo necessário ter Vjk, é preciso isolar este termo em função220 Circuitos Polifâsicos
A inversão da matriz indicada em 8.29 fornece a relação de correntes em
termos das tensões. Isto é:
[~~~l= [~~~~o~~Ijk [Zjk,od]
= [~:~~o~~I
[yjk,od] I
-1
[Zod,jk] 1
[Zjk,jk] [~:~lVjk
(8.30)
Em relação à Figura 8.9, como a barra k está em aberto e a injeção de corrente
é suposta ocorrer na barra i (i ;o! k), tem-se Ijk = O. Este resultado pode ser usado em 8.30,
tendo em vista a obtenção de Vjk, conforme equação 8.26. Procedendo-se desta forma:
(8.31)
Esta relação permite determinar a tensão Vjk, na _ituação em que ocorre
injeção de corrente na barra i ;o! k como sendo:
,
(8.32)
•
a qual pode ser rearranjada em termos das tensões das barras já existentes do grupo de
mútuas Vo e Vd. Ou seja: .
(8.33)
Usando a Equação 8.32 em 8.26 e com o auxílio da Equação 8.33, chega-se a:
(8.34)
Como, por hipótese, está sendo aplicada corrente somente na barra i, as
seguintes relações se verificam:
(8.35)
onde [Zoi] e [Zdi] são vetares de elementos pertencentes à coluna i, da matriz ~~:INAL. O
número de elementos dos vetores [Zoi] e [Zdi] depende do número de ligações de im-
pedâncias mútuas já incluídas na matriz ZBUS' As letras o e d nestas matrizes indicam
as barras origem e destino, respectivamente, do grupo de mútuas já incorporados na
matriz ZBUS'
Tomando-se 8.34, com o auxílio de 8.35 chega-se, finalmente, a:
Zki = Zji + [Yjk,od] [[Zoi] - [Zdi]] = Zik
Yjk,jk
'ti i = 1,2, ..., n i ••k
(8.36)
Matriz de Impedância Nodal 221
Determinação de Zkk
O cálculo de Zkk é realizado de modo análogo. Neste caso, injeta-se uma
corrente lk na barra k e calcula-se a tensão Vk correspondente.
AB tensões Vk e '0, da mesma forma comona determinação de Zki, i ••k, estão
relacionadas através da Equação 8.26, e a corrente que passa agora pela ligação é:
(8.37)
Assim, modifica-se a Equação 8.31 para:
Ijk = Yjk,jk Vjk + [yjk, od] Vod
resultando então para a tensão na ligaçãoj-k:
(8.38)
lk + [yjk,od] Vod
Vjk = -
Yjk,jk
(8.39)
Por procedimento análogo ao efetuado na Equação 8.34, e considerações com
li h na Equação 8.35, encontra-se:
(8.40)
8.3.2 - Ligação Mutuamente Acoplada Entre Duas Barras Já
Existentes
Deseja-se acrescentar uma ligação mutuamente acoplada com outras ligações
. entre as barras) e k já existentes. O mencionado acoplamento ocorre em qualquer outra
ligação cujo resultado já foi computado no processo de montagem da matriz ZBUS.
O algoritmo empregado neste caso consiste em se ligar, em série com a nova
impedância que interliga as duas barras, uma fonte de tensão fictícia ef> comomostra a
Figura 8.11. Esta fonte, que será eliminada posteriormente, é escolhida propositalmente
de modo que a corrente passando pela impedância seja nula (ljk = O) com o objetivo de
usar o procedimento visto no item 8.3.1.
A equação da rede incluindo a fonte fictícia é:
VI Zll Zl2 Zlj Zln I Zlq t,
V2 Z21 Z22 Z2j Z2n I Z2q 12I
I
I
V· Zjl Zj2 Z·· z.; I z., (8.41)J 'JJ I·
I J
I
Vn Znl Zn2 Znj Znn I z.; In---
Iq
ef Zql Zq2 Z· Zqn I Zqq<JJ
222
REDE
I
ELETRICA
,
Circuitos Polifásicos
q
Fig. 8.11 - Ligação com acoplamento mútuo entre duas barras já existentes.
onde a tensão da fonte fictícia ef é
(8.42)
e q é uma barra fictícia que serve como ponto para conexão da ligação a ser adicionada
e a fonte ef.
Por definição, calcula-se o elemento Zqi injetando-se uma corrente no barra-
mento i e calculando-se a tensão Vq• Sendo nulas as correntes injetadas em todas as
outras barras, tem-se:
ef = Zqi li
'ti k = 1,2, ..., n (8.43)
A tensão da fonte fictícia em série pode, ainda, ser posta em função das tensões
das barras j e k e da queda de tensão na ligação. Ou seja:
(8.44)
Como por hipótese, ljk = O, pode-se tratar j - q como se fosse um ramo e
usar a expressão de corrente correspondente. De forma semelhante ao procedimento
anteriormente efetuado no item 8.3.1 (Equação 8.31):
ljq = Yjq.jq "i«.+ [yjq. od] Vod = O (8.45)
Matriz de Impedância Nodal 223
Logo:
Vjq
[Yjq,od] Vod
Yjq,jq
(8.46)
ComoYjq,jq = Yjk,jk
resulta então:
Yjk,od Vod
Vjq = -
Yjk,jk
(8.47)
que é o mesmo resultado obtido na-Equação 8.32.
Substituindo 8.47 em 8.44 e usando 8.43 chega-se a:
Yjk,od (Zoi - Zdi)Zji - Zki + ::...::....-'------'----'-
Yjk,jk
(8.48)
com:
i = 1,2, ..., n
t ~ q
O elemento Zqq pode ser calculado injetando-se uma corrente Iq no barramento
q e calculando-se a tensão Vq correspondente. Como todas as correntes nas demais
barras são nulas, resulta:
m 1,2, ..., n
(8.49j
Da mesma forma, comono item 8.3.1, a corrente no ramo j-q é:
Ijq = Yjq,jq Vjq + [yjq,od] Uod = - Iq (8.50)
Então, adotando-se o mesmo procedimento seguido em relação à Equação
8.47, resulta:
Iq + [yjq,od] Vod - (Iq + [Yjk,od] Uod)
Vjq
Yjq,jq Yjk,jk
e mais:
Zqq = Zjq - Zkq +
1 + [Yjq,od] (Zoq - Zdq)
Yjk,jk
(8.51)
(8.52)
Após o cálculo de Zqi = Ziq e Zqq, curto-circuita-se a fonte de tensão e{,
devendo-se eliminar a barra fictíciaq através de uma redução de Kron. Esta é a principal
diferença em relação ao procedimento de montagem descrito no item 8.3.1.
O exemplo abordado a seguir ilustra o procedimento de montagem da matriz
ZBUS para o caso em que há acoplamento mútuo entre ligações.
224 Circuitos Polifásicos
Exemplo 8.2 Encontre a matriz de impedância nodal da rede mostrada na Figura 8.12.
Solução
Este exemplo mostra uma
rede elétrica com três barras, na
qual existem as seguintes ligações
acopladas:
ligação 1-2 (1) com 1-2 (2)
ligação 1-2 (2) com 1-3
(j) ®
@jl,O j O,41-::.~..rjyO'onI,6~(=2)~r- 1'~---11jQ2
1-L----"rrY1.....,;{...;..:1)~
jO,4
A montagem das barras 1
e 2 é direta, uma vez que são barras
novas e sem acoplamento. A Figura
8.13 ilustra este procedimento. Fig. 8.12 - Vide exemplo 8.2.
A matriz Znus obtida até a inclusão da barra 2 é:
Barra 1 Barra 2
[Znus] = j ------ ------0,5 ° Barra 1° 0,5 Barra 2
Coriecta-se em seguida o ramo 1 - 2 (1) não acoplado às impedâncias já exis-
tentes (Figura 8.14). Não foi adicionada nenhuma barra nova à matriz de impedância
nodal.
r Efetuando-se a redução de Kron:
Barra 1 Barra 2 Lig 1 - 2 (1)
0,5 ° 0,5[Znus] =J ° 0,5 - 0,5------ ------ ------ ------
0,5 - 0,5 1,4
Barra 1
Barra 2
Lig 1- 2 (1)
(j) @ <D jO,4 @
jO,5
Fig. 8.13 . Sistema após montagem
das barras 1 e 2.
Fig. 8.14 . Acréscimo da liga-
ção 1- 2 (1).
Matriz de Impedância NodaJ 225
[ZBUSJ = j [0,3214
0,1786
Fig. 8.15 - Acréscimo da ligação
1 - 1 (2).
cuja inversa é:
0,1786]
0,3214
Procede-se, em seguida, à ligação 1 - 2 (2)
que apresenta acoplamento mútuo com o ramo
1 - 2 (1) (Veja-se Figura 8.15). Este é um caso de
ligação de um ramo acoplado entre duas barras já
existentes.
jO,5
De acordo com o procedimento descrito na
subseção 8.3.2, precisa-se do vetor [yjk,odJ e do ele-
mento Yjk,jk, que são retirados da inversa da matriz
primitiva de impedâncias mútuas. Esta matriz,
para a ligação apresentada, é dada por:
Lig 1-2 (1) Lig 1-2 (2)
[Zp]
0,4 0,2 Lig 1-2 (1)=J --------- ---------
0,2 0,6 Lig 1-2 (2)
[
Lig 1-~ (1) Lig 1-2 (2)]
[YpJ = [Zpfl = - j 3 - 1 Lig 1-2 (1)
- 1 2 Lig 1-2 (2)
o vetor [yjk, od], representando os elementos mútuos entre a ligação acrescen-
tada e as demais, e o elemento Yjk,jk, são retirados diretamente de [Yp]. Para a ligação
em questão:
Yjk,od = j 1 Yjk,jk = - j 2
À matriz ZBUS são acrescentadas uma linha e uma coluna que correspondem
a um nó fictício q, criado durante o processso de montagem. Desta forma:
Barra 1 Barra 2 Barraq
j 0,3214 j 0,1786 Zlq Barra 1
[ZBUS] j 0,1786 j 0,3214 Z2q Barra 2
-------- -------- -------- -----,._--
Zql Zq2 Zqq Barra q
onde
o - Barra origem da ligação de todo grupo de mútuas;
d.- Barra final da ligação de todo grupo de mútuas.
226 Circuitos Polifásicos
As barras origem e destino devido à ligação mútua já existente 1-2 (1) são então
o = 1 e d = 2. Então:
Zql = Zn _ Z21 + iYI-2 (2),1-2 (1)] [Zn - Z21] =
YI-2 (2), 1-2 (2)
= . ° 3214 _ . 01786 j (-1) (0,3214 - 0,1786) = . ° 0714
j v, j, + 2 j,
Zq2 = Z21 _ Z22 + {Yl-2(2),l-2(1)] [Z12 - Z22] =
YI-2 (2),1-2 (2)
= . ° 1786 _ . ° 3214 j (-1) (0,1786- 0,3214) = j' 0,0714j , j v, + 2
+
1 + rYI-2 (2), 1-2 (1)] [Zlq - Z2q]
Zqq. = Zql - Zq2 ---t
YI-2 (2), 1-2 (2),
.° 0714 . ° 0714 1 + (-1) (0,0714 - 0,0714) __j' 0,5714
=j, +j, + -j2
De uma outra forma:
Barra 1 Barra 2 Barra q
0,3214 0,1786 I 0,0714
[ZBUS] = j 0,1786 0,3214 I - 0,0714
------ ------ ------ ------
0,0714 - 0,0714 I 0,5714
Barra 1
Barra 2
Barraq
Eliminando-se o nó q, por redução de Kron, obtém-se:
[z ] . [0,3125BUS = j 0,1875 0,1875]0,3125
Falta acrescentar a barra 3 à rede. A esta barra encontra-se ligada a barra 1
com acoplamento. Por esta razão, mais uma vez deve-se formar a matriz de impedância
primitiva, agora incorporando uma barra nova (subseção 8.3.1). A matriz de
impedâncias primitivas é agora:
-j
Lig 1-2 (1)
0,4
0,2
°
Lig 1-2 (2)
0,2
0,6
0,4
Lig 1-3
°0,4
1
Lig 1-2 (1)
Lig 1-2 (2)
Lig 1-3
Matriz de Impedôncia Nodal 227
Sua inversa pode ser escrita:
Lig 1-2 (1) Lig 1-2 (2)
3,235 -1,4706
[Yp] = -J -1,4706 2,9412
-------- --------
0,5882 -1,1765
Lig 1-3
0,5882
-1,1765
Lig 1-2 (1)
Lig 1-2 (2)
1,471 Lig 1-3
A nova forma da matriz [ZBUS] é:
[ZBUS] =
Barra 1
j 0,3125
j 0,1875
Z31
Barra 2
j 0,1875
j 0,3125
Z32
Barra 1
Barra 2
Barra 3
cujos elementos são:
[YI-3, 1-2 (1) YI-3, 1-2 (2)]
Z13 = Z31 = Zu + ~-------"---I:-"::"::'--~
YI-3,1-3
o [O5882 _ 11765] 0,3125 - 0,1875
J, , ° 3125 - ° 1875
= j 0,3125 + 1,471 ' , = j 0,2625
YI-3, 1-2 (1) YI-3, 1-2 (2)]
Z23 = Z32 = Z21 + -"------------"--+-~--=t
YI-3,1-3
o [O5882 _ 11765] 0,1875 - 0,3125
J, , ° 1875 _ ° 3125
= j 0,1875 + 1,471 ' , = j 0,2243
1 + YI-3, 1-2 (1) YI-3, 1-2 (2)
Z33 = Z31 + ----"~------_"__1I---'-"'----==-t
YI-3,1-3
1 + 0,2625 - 0,2243
(-j) [0,5882 - 1,1765] J 0,2625 _ 0,2243
= JO 0,2625 + -----------t;--'------'-----f = JO 0,9270
(-j) 1,471
228 Circuitos Polifâsicoe
A matriz final é:
Barra 1
0,3125
0,1875
0,2625
Barra 2
0,1875
0,3125
0,2243
Barra 3
0,2625
0,2243
0,9270
Barra 1
Barra 2
Barra 3
Como se observa dos exemplos, a matriz [ZBUS] é sempre cheia, ou seja, seus
elementos são raramente nulos, não permitindo, assim, uma forma de armazenamento
compacto. Uma das conseqüências disso é a grande quantidade de memória requerida
na sua manipulação.
8.4 - Aplicação da Matriz [ZBUSJ no Cálculo de Faltas
Na análise de defeitos em grandes sistemas é preciso um método poderoso e
mais propício à programação digital. Esta razão deve-se, em parte, às dificuldades para
se determinar a impedância de Thevênin, vista do ponto de defeito (parte fundamental
nos cálculos de curtos-circuitos, abordada em capítulos anteriores) em sistemas de
grande porte. Uma outra razão é a determinação da distribuição de correntes nos vários
equipamentos do sistema, na presença de um curto-circuito, em um dado ponto. Diante
destes requisitos principais, uma abordagem do problema via matriz ZBus,vista em
seções anteriores, tem grande aplicabilidade.
A matriz ZBUS pode ser formada para cada sistema e armazenada para análise
de faltas. Curtos-circuitos podem ser simulados por simples alterações de alguns
elementos desta matriz, permitindo, assim, uma fácil análise.
Seja a equação representativa da rede em um ponto de falta:
(8.53)
onde:
[V{,b,c] _ vetor das tensões durante a falta;
[v,:,b,c] _ vetor de tensões trifásicas pré-falta;
[V';t b, C] _ vetor de tensões devido à falta.
Sabendo-se que:
(8.54)
onde [lf,b,c] é o vetor de corrente de faltas, e introduzindo a Equação 8.54 em 8.5
obtém-se:
(8.55)
Admitindo-se que a rede em análise seja balanceada, pode-se escrever 8.55 em
termos da matriz de componentes simétricos [F]:
(8.56)
Matriz de Impedância Nodal 229
Pré-multiplicando ambos os membros de 8.56 por [Ff\ chega-se a:
(8.57)
Sendo o sistema balanceado, a matriz
Z~ O O
1O Zij O
2O O Zij
(8.58)
é composta de submatrizes diagonais, constituindo assim um sistema desacoplado.
Como o vetor [l{,b,c] é diferente de zero apenas na barra k, na qual se admite
que esteja ocorrendo a falta, pode-se efetuar a seguinte simplificação, considerando
grandezas de fase:
[v::,b,c] _ ~,b,c
úkk
~,b,c
úJk
Z"2kb, c
(8.59)
z:.,b, c
nk
E ainda, na barra de falta é válida a seguinte relação:
(8.60)
Substituindo 8.60 na linha k de 8.59 obtém-se:
(8.61)
o que conduz a:
(8.62)
De modo análogo ao que se fez com as equações de fase, obtém-se para as
equações em termos de componentes simétricos:
(8.63)
Conforme foi visto em 8.58, se o sistema não tiver acoplamento entre seqüên-
cias, tem- •.e três equações desacopladas em 8.63, o que facilita os cálculos.
230 Circuitos Polifâsicoe
Em alguns casos de defeito envolvendo fases abertas é mais conveniente utili-
zar a matriz de admitância de faltas Yf' em vez de Zf. As novas equações de desempenho,
neste caso, são:
-1
['-1,1.2] = [[1] + [~i.1,2] [rj'1'2]] . [~i.1,2]
-1
[l~'1,2] = [rj' 1,2]. [U] + [~i.1, 2] [rj' 1,2]] [~i. 1,2]
(8.64)
(8.65)
As tensões nas barras da rede que estão submetidas à falta (exceto a barra k,
onde ocorre o defeito) são:
com z 1,2, ..., n
(8.66)
e
No caso específico de curtos-circuitos abordados no Capítulo 7, chega-se às
seguintes expressões de correntes para os vários tipos de defeitos (considerando-se falta
na barra k): .
, 8.4.1 - Curto-Circuito Fase-Terra
[~] = [~l (8.67)
8.4.2 - Curto-Circuito Fase-Fase
(8.68)
8.4.3 - Curto-Circuito Fase-Fase-Terra
(8.69)
2 ZF + 3 Za + Z2k + ZZk
1 x
o
- (ZF + 3 Za + Zkk)
Matriz de Impedãncia Nodal 231
8.4.4 - Curto-Circuito Trifásico Simétrico
o
~k (8070)
A equação de tensões de seqüência em qualquer caso é:
o O OZik
[V,;; 102] - O 1 OZik
O O 2Zik
(8071)
A Equação 8071permite o cálculo da queda de tensão entre ligações e conse-
qüentemente a distribuição de correntes no sistema, devido à falta na barra k.
É comum, nos cálculos anteri vres, adotar-se a tensão pré-falta Voi, i = 1, 2, 00o,
n como 1,0 p.u, Esta simplificação deve-se ao fato de que no instante da falta os níveis
de tensão do sistema encontram-se próximos a 1,0 p.u..
Exemplo 8.3 Suponha que a rede de seqüência zero de um dado sistema seja aquela
com acoplamento mútuo constante do Exemplo 802;e as redes de seqüên-
cia positiva e negativa sejam aquelas do mesmo exemplo 802porém sem
acoplamento, Considerando a tensão pré-falta igual a 1,0 p.u, determine,
na barra 2, para um defeito fase-terra sólido:
a) a corrente de defeito na citada barra 2;
b) as tensões de seqüência em cada barra;
c) as correntes de fase na ligação 1 - 2 (1)0
Solução
A matriz ZBUS, correspondente à seqüência zero, já está montada e corres-
ponde a:
Barra 1
0,3125
0,1875
0,2625
Barra 2
0,1875
0,3125
0,2243
Barra 3
0,2625
0,2243
0,9270
Barra 1
Barra 2
Barra 3
A matriz correspondente às seqüências positiva e negativa pode ser obtida do
exemplo 801acrescentando-se a ligação 1 - 2 (2)do exemplo 802sem acoplamento mútuo o
Encontra-se a seguinte matriz:
[z1us] = J
Barra 1
0,2984
0,2016
0,2984
Barra 2
0,2016
0,2984
0,2016
•
Barra 3
0,2984
0,2016
1,2984
Barra 1
Barra 2
Barra 3
232 Circuitos Polifôsicoe
a) AB correntes de seqüência no ponto de falta (Barra 2) para um defeito
fase-terra, com ZF = O, são calculadas como:
12 [1] 1 . [1,100]Ir 2 = 1 o 1 2 = - J 1,100
I; 2 1 Z22 + Z22 + Z22 1,100
Então, a corrente de curto-circuito na barra 2 (fase a) é igual a:
r; = -i 3,3 p.u.
b) Usando-se a Equação 8.70 determina-se as tensões de seqüência em cada
barra.
Barra 1
y01 o
[~]- Z12 n [0.1875] [- 0.2063]V11 1 f}2 1 - 0,2016 1,1 =. 0,7782Z12VI 2 O 0,2016 :..0,2218Z12
,
Barra 2
[E:J
o [- 0.3438][~]
Z22 n [0.3125]- 1 f}2 1 - 0,2984 1,1 0,6718z22
2 O 0,2984 - 0,3282
Z22
Barra 3
y03 o
" [~]- Z32 n [0.2243] [- 0.2467]V13 1 Ir 2 = 1 - 0,2016 1,1 = 0,7782Z32V3 2 O 0,2016 - 0,2218Z32
c) AB correntes de seqüência positiva e negativa na ligação 1 - 2 (1), serão:
1 2 V~ - và11-2(1) = h-2(1) = --=----=
ZI- 2 (1)
0,7782 - 0,6718 = _ . O 266
. O 4 J ,J ,
Para se calcular a corrente de seqüência zero deve-se levar em conta a matriz
primitiva de acoplamento mútuo. Ou seja, do exemplo 8.2:
-J
Lig 1 - 2 (1)
3,2350
- 1,4706
0,5882